Clase 1: Asuntos Basicos

Peter Hummelgens

10 de diciembre de 2006

1. Soporte de una funcion.

Sea A ⊂ R un conjunto, entonces se obtiene la clausura A de A en R agregando a A

todos sus puntos de acumulacion (o puntos lımites). Ası A siempre es un conjunto cerrado en

R.

Ejemplo 1.

(0; 1) = (0; 1] = [0; 1) = [0; 1], (−∞; 1) = (−∞; 1], Q = R,

{−1, 0, 3} = {−1, 0, 3},

{1

n| n = 1, 2, 3, · · ·

}=

{0, 1,

1

2,1

3, · · ·

},

[−3; 1) ∪ (2, 3) = [−3; 1] ∪ [2; 3]

Sea f : R −→ C continua, entonces el soporte de f es por definicion

sop(f) := {x ∈ R | f(x) 6= 0} (siempre un conjunto cerrado).

Por ejemplo:

a

b c

x

f(x)

1

sop(f) = (−∞; a] ∪ [b; c].

g(x)=sen(x)

x

sop(g) = R.

Un conjunto cerrado y acotado en R se llama un compacto en R. En las figuras anteriores

f y g no son de soporte compacto, pero

h(x) =

0; x < −1

1 + x; −1 ≤ x ≤ 0

1 − x; 0 ≤ x ≤ 1

0; x > 1

sı es de soporte compacto, sop(h) = [−1; 1].

f(x)

x+1 1−x

0 x1

1

−1

Observe

f es de soporte compacto ⇐⇒ f(x) = 0 fuera de algun compacto.

2

2. Espacios vectoriales de funciones.

Sea V el conjunto de todas las funciones f : R −→ C (advertencia: en este curso las

funciones pueden tomar valores complejos en general). Para f, g ∈ V , λ ∈ C definimos f +g,

λf : R −→ C (es decir f + g, λf ∈ V ) por

(f + g)(x) := f(x) + g(x), x ∈ R

(λf)(x) := λf(x), x ∈ R(1)

(esto es nada nuevo: bachillerato). Con las operaciones (1) V es un espacio vectorial

(complejo) cuyos elementos (vectores) son funciones R → C. Que V es un espacio

vectorial significa que podemos aplicar todas las reglas algebraicas usuales, como

f + g = g + f, f + (g + h) = (f + g) + h := f + g + h (no hace falta poner parentesis),

λ(f + g) = λf + λg, λ(µf) = (λµ)f, f + 0 = f (donde 0 es la funcion R −→ {0}),

f − f = 0, · · · etc.

En general trabajaremos con subconjuntos W ⊆ V de funciones con propiedades

especiales: continuas, diferenciables, integrables,· · · etc. Del algebra lineal tenemos un

criterio facil para verificar que W ⊆ V es tambien un espacio vectorial bajo las mismas

operaciones (1):

Para que W ⊆ V sea un espacio vectorial es necesario y suficiente que

f, g ∈ W, λ ∈ C =⇒ f + g, λf ∈ W. (2)

Decimos entonces que W es un subespacio lineal de V .

Ejemplo 2.

(a) C(R) : todas las funciones continuas en R, Ck(R) (1 ≤ k < ∞): las funciones k veces

diferenciables con continuidad, C∞(R) : las funciones infinitas veces diferenciables

(no hace falta agregar “con continuidad” ya que diferenciable =⇒ continua). Tenemos

entonces los espacios Ck(R) (0 ≤ k ≤ ∞), donde C0(R) = C(R). Es facil verificar (2)

con W = Ck(R), de modo que Ck(R) (0 ≤ k ≤ ∞) es un espacio vectorial.

(b) Ck0 (R) (0 ≤ k ≤ ∞): las funciones f ∈ Ck(R) con sop(f) compacto. Es facil verificar

(2)con W = Ck0 (R), de modo que

Ck0 (R) (0 ≤ k ≤ ∞) es un espacio vectorial.

3

Notacion (de L. Schwartz): D(R) = C∞0 (R), un espacio fundamental para este curso,

llamado el espacio de las funciones de prueba.

Ejemplo 3. (a) L1(R): las funciones f : R −→ C tales que existe∞∫

−∞

|f(x)|dx. Para

verificar que L1(R) es un espacio vectorial observamos primero la desigualdad

triangular

|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)| + |g(x)|,

luego

f, g ∈ L1(R) =⇒

∞∫

−∞

|(f + g)(x)|dx(1)=

∞∫

−∞

|f(x) + g(x)|dx

≤

∞∫

−∞

|f(x)|dx +

∞∫

−∞

|g(x)|dx

existe ya que existen∞∫

−∞

|f(x)|dx y∞∫

−∞

|g(x)|dx =⇒ f +g ∈ L1(R). Ademas, con λ ∈ C,

∞∫

−∞

|(λf)(x)|dx(1)=

∞∫

−∞

|λf(x)|dx = |λ|

∞∫

−∞

|f(x)|dx

existe =⇒ λf ∈ L1(R). Con esto verificamos (2) con W = L1(R). El espacio L1(R) se

llama el espacio de las funciones absolutamente integrables.

(b) L1loc(R): Las funciones f : R −→ C tales que existe

∫K

|f(x)|dx para todo compacto

K ⊂ R. A este espacio lo llamaremos el espacio de las funciones localmente integrables

(“localmente”, es decir, sobre todo compacto). Es claro que L1loc(R) es un espacio vectorial.

Observemos:

Ck0 (R) ⊂ L1(R) ⊂ L1

loc(R) (0 ≤ k ≤ ∞)

Ck(R) ⊂ L1loc(R) (0 ≤ k ≤ ∞).

(c) Veamos algunos ejemplos concretos:

f(x) =1

1 + x2, −∞ < x < ∞.

4

0 x

f(x)

Tenemos∞∫

−∞

|f(x)|dx =

∞∫

−∞

dx

1 + x2= [arctan x]∞−∞ = π,

existe =⇒ f ∈ L1(R).

g(x) =

0; x < 11

x, x > 1

.

0 x1

g(x)

Tenemos∞∫

−∞

|g(x)|dx =

∞∫

1

dx

x= [ln x]∞1 = ln∞ = ∞,

no existe =⇒ g /∈ L1(R), pero evidentemente g ∈ L1loc(R).

Sea h(x) = e−|x|, −∞ < x < ∞.

5

0

h(x)

x

ex

e−x

Verifique que h ∈ L1(R).

3. Funcionales lineales.

Sea V un espacio vectorial complejo. Un funcional lineal sobre V es por definicion una

aplicacion lineal T : V −→ C, es decir

T (f + g) = T (f) + T (g)

T (λf) = λT (f)(3)

para todo f, g ∈ V , λ ∈ C. Introducimos la notacion de corchete 〈 , 〉:

〈T, f〉 = T (f).

Con esta notacion (3) dice que

〈T, f + g〉 = 〈T, f〉 + 〈T, g〉

〈T, λf〉 = λ〈T, f〉(4)

Siguen 2 ejemplos fundamentales:

Ejemplo 4. Sea a ∈ R arbitrario fijo. Entonces definimos

δa : C(R) −→ C por

〈δa, f〉 := f(a), f ∈ C(R).(5)

6

a

f(x)

g(x)x

ga,δ

fa,δ

Podemos llamar δa un operador de evaluacion (δa evalua cualquier f : R −→ C continua

en x = a). Veamos que δa es un funcional lineal. Para f, g ∈ C(R), λ ∈ C tenemos

〈δa, f + g〉(5)= (f + g)(a)

(1)= f(a) + g(a)

(5)= 〈δa, f〉 + 〈δa, g〉,

〈δa, λf〉(5)= (λf)(a)

(1)= λf(a)

(5)= λ〈δa, f〉,

y ası verificamos (4) con T = δa. El funcional lineal δa se llama la delta de Dirac centrada

en x = a. Los fısicos hablan de la “funcion delta”, lo que es incorrecto: δa no es una funcion

sino un funcional. Escribimos simplemente δ en lugar de δ0.

Ejemplo 5. Sea f ∈ L1loc(R) fijo. Definimos

Tf : D(R) −→ C por

〈Tf , ϕ〉 :=

∞∫

−∞

f(x)ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R).(6)

Como sop(ϕ) = K es compacto, sop(fϕ) ⊆ K tambien es compacto (un subconjunto cerrado

de un compacto es compacto), es decir f(x)ϕ(x) = 0 fuera de algun compacto y por lo tanto la

integral en (6) realmente no es una integral impropia sino es una integral sobre un intervalo

compacto, por lo tanto existe, de modo que 〈Tf , ϕ〉 esta bien definido para todo ϕ ∈ D(R).

Veamos que Tf es un funcional lineal. Para ϕ, ψ ∈ D(R), λ ∈ C tenemos

〈Tf , ϕ + ψ〉(1)=(6)

∞∫

−∞

f(x)[ϕ(x) + ψ(x)]dx =

∞∫

−∞

f(x)ϕ(x)dx +

∞∫

−∞

f(x)ψ(x)dx

(6)= 〈Tf , ϕ〉 + 〈Tf , ψ〉,

7

〈Tf , λϕ〉(1)=(6)

∞∫

−∞

λf(x)ϕ(x)dx = λ

∞∫

−∞

f(x)ϕ(x)dx(6)= λ〈Tf , ϕ〉,

y ası verificamos (4) con T = Tf .

4. El concepto “casi siempre”.

Sean f, g : R −→ C. Decimos que f y g son casi siempre iguales (f(x) = g(x) c.s. en R)

si, y solo si, f(x) = g(x) en R excepto posiblemente en un conjunto de medida cero, donde

para los fines practicos podemos entender como conjunto de medida cero un conjunto finito

o infinito de puntos discretos (no queremos entrar en sutilezas matematicas). En este caso

seguramente, si f, g ∈ L1loc(R),

∞∫

−∞

f(x)ϕ(x)dx =

∞∫

−∞

g(x)ϕ(x)dx para todo ϕ ∈ D(R).

Resulta que el inverso tambien es cierto:

Lema 1. (Du Bois-Reymond) Si f, g ∈ L1loc(R), entonces

f(x) = g(x) c.s. en R ⇐⇒ 〈Tf , ϕ〉 = 〈Tg, ϕ〉 para todo ϕ ∈ D(R).

(=⇒ es trivial, ⇐= es la afirmacion importante). Conclusion: f, g ∈ ÃL1loc(R) definen el

mismo funcional lineal Tf = Tg : D(R) −→ R ⇐⇒ f(x) = g(x) c.s. en R. Esta es una de

las razones por la cual desde ahora y adelante consideraremos 2 funciones en L1loc(R) como

la misma funcion cuando son iguales c.s. en R (son entonces identicas como funcionales

lineales).

Podemos entonces cambiar los valores de una funcion en un conjunto de medida cero y el

resultado sera “la misma funcion”. Mas aun podemos entonces dejar de definir una funcion

en un conjunto de medida cero.

Ejemplo 6.

ha(x) =

{0; x ≤ a

1; x > a

con grafica

8

a

1

x

y

ha(x) =

{0; x < a

1; x ≥ a

con grafica

a x

1

definen la misma funcion en L1loc(R) ya que

ha(x) = ha(x) c.s. en R ({a} es un conjunto de medida cero).

¿Cual de las 2 definiciones es la mas apropiada?. La pregunta es inutil: podemos dejar de

definir la funcion en x = a y escribir

ha(x) :=

{0; x < a

1; x > a,

ası evitando discusiones interminables. La funcion ha se llama la funcion de Heaviside

centrada en x = a. Escribimos h(x) = h0(x).

9

Clase 2: Distribuciones y Derivadas Generalizadas.

Peter Hummelgens

9 de enero de 2007

1. Distribuciones.

Nuestro espacio vectorial basico sera D(R) = C∞

0 (R), el espacio de las funciones de

prueba. Una distribucion en R es por definicion un funcional lineal T : D(R) −→ C

(Observacion: mas precisamente se requiere que se defina en D(R) una nocion de

convergencia de succesiones y que T sea continua con respecto a esta convergencia; sin

embargo esta condicion de continuidad se cumple “en la practica”, y como este no es un

curso para matematicos obviamos la condicion de continuidad.)

En la clase 1 vimos dos ejemplos fundamentales de distribuciones:

〈δa, ϕ〉 = ϕ(a), ϕ ∈ D(R) (a ∈ R) (1)

y (simplificando la notacion escribiendo f en lugar de Tf )

〈f, ϕ〉 =

∞∫

−∞

f(x)ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R) (f ∈ L1loc(R)). (2)

Distribuciones de la forma (2), es decir producidas por una funcion localmente integrable,

las llamamos distribuciones regulares. Una distribucion no regular se llama distribucion

singular. Las distribuciones δa son distribuciones singulares (existen otros tipos de

distribuciones singulares que estan fuera del alcance de este curso).

Sea D′(R) el conjunto de las distribuciones en R. Vamos a convertir D′(R) en un espacio

vectorial introduciendo la suma S +T de dos distribuciones S, T ∈ D′(R) y la multiplicacion

λT por un numero complejo λ ∈ C. Definimos

〈S + T, ϕ〉 := 〈S, ϕ〉 + 〈T, ϕ〉, ϕ ∈ D(R)

〈λT, ϕ〉 := λ〈T, ϕ〉, ϕ ∈ D(R).(3)

1

Es claro que S + T, λT : D(R) −→ C. Verifiquemos que S + T ∈ D′(R), es decir que

S + T : D(R) −→ C es un funcional lineal. Tenemos para ϕ, ψ ∈ D(R),

〈S + T, ϕ + ψ〉(3)= 〈S, ϕ + ψ〉 + 〈T, ϕ + ψ〉

= 〈S, ϕ〉 + 〈S, ψ〉 + 〈T, ϕ〉 + 〈T, ψ〉(3)= 〈S + T, ϕ〉 + 〈S + T, ψ〉,

〈S + T, µϕ〉(3)= 〈S, µϕ〉 + 〈T, µϕ〉

= µ〈S, ϕ〉 + µ〈T, ϕ〉

= µ [〈S, ϕ〉 + 〈T, ϕ〉](3)= µ〈S + T, ϕ〉,

y ası verificamos que S + T ∈ D′(R). Dejamos al lector verificar que λT ∈ D′(R). Ahora

D′(R) es un espacio vectorial y podemos aplicar las reglas algebraicas usuales de un espacio

vectorial.

Podemos tambien definir la multiplicacion φT de una T ∈ D′(R) con una funcion

φ ∈ C∞(R) (no necesariamente de soporte compacto.) Definimos

〈φT, ϕ〉 := 〈T, φϕ〉, ϕ ∈ D(R). (4)

El corchete 〈T, φϕ〉 esta bien definido ya que ϕ ∈ D(R), φ ∈ C∞(R) =⇒ φϕ ∈ D(R)

(¡verifique!). Es claro que φT : D(R) −→ C. Ademas para ϕ, ψ ∈ D(R), λ ∈ C

〈φT, ϕ + ψ〉(4)= 〈T, φ(ϕ + ψ)〉

= 〈T, φϕ + φψ〉

= 〈T, φϕ〉 + 〈T, φψ〉(4)= 〈φT, ϕ〉 + 〈φT, ψ〉,

y 〈φT, λϕ〉(4)= 〈T, λφϕ〉 = λ〈T, φϕ〉

(4)= λ〈φT, ϕ〉,

=⇒ φT : D(R) −→ C es funcional lineal, es decir, φT ∈ D′(R). Ejemplos concretos

presentaremos mas adelante.

2

2. Derivadas generalizadas (o distribucionales).

Sea f ∈ C1(R) una funcion dada. Como f ′ ∈ C(R) ⊂ L1loc(R), f ′ define la distribucion

regular

〈f ′, ϕ〉 =

−∞∫

∞

f ′(x)ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R). (5)

Aplicando integracion por partes en la integral tenemos

〈f ′, ϕ〉 = [f(x)ϕ(x)]∞−∞

−

−∞∫

∞

f(x)ϕ′(x)dx,

pero [f(x)ϕ(x)]∞−∞

= 0 porque ϕ es de soporte compacto (por lo tanto f(x)ϕ(x) = 0 fuera

de algun compacto), de modo que

〈f ′, ϕ〉 = −〈f, ϕ′〉, ϕ ∈ D(R) (f ∈ C1(R)) (6)

(es permitido escribir∞∫

−∞

f(x)ϕ′(x)dx) como corchete 〈f, ϕ′〉 porque f ∈ L1loc(R) y ϕ′ ∈ D(R)

cuando ϕ ∈ D(R)). La observacion clave ahora es:

el miembro derecho −〈f, ϕ′〉 de (6) esta bien definido para cualquier f ∈ L1loc(R),

diferenciable o no.

Es ahora natural la definicion siguiente. Para f ∈ L1loc(R) definimos su derivada

generalizada como la distribucion f ′

gen : D(R) −→ C dada por

〈f ′

gen, ϕ〉 := −〈f, ϕ′〉, ϕ ∈ D(R). (7)

Veamos que f ′

gen es una distribucion. Para ϕ, ψ ∈ D(R), λ ∈ C tenemos

〈f ′

gen, ϕ + ψ〉(7)= −〈f, ϕ′ + ψ′〉

= −〈f, ϕ′〉 − 〈f, ψ′〉(7)= 〈f ′

gen, ϕ〉 + 〈f ′

gen, ψ〉,

〈f ′

gen, λϕ〉(7)= −〈f, λϕ′〉 = −λ〈f, ϕ′〉

(7)= λ〈f ′

gen, ϕ〉,

de modo que f ′

gen : D(R) −→ C es un funcional lineal, es decir f ′

gen ∈ D′(R).

Destacamos: f ′

gen es una distribucion y no una funcion. Sin embargo, cuando f ∈ C1(R)

entonces f tambien posee su derivada clasica f ′

cl(x) = f ′(x) (la cual es una funcion continua),

3

y segun (6), (7) tenemos entonces f ′ = f ′

gen como distribuciones. Esta afirmacion confirma

que el concepto de la derivada generalizada (DG) es una generalizacion apropiada de la

derivada clasica (de Newton y Leibniz): cuando ambos existen, entonces coinciden (como

distribuciones).

Ejemplo 1. Sea la funcion de Heaviside ha con grafica

a

1

x

ha(x)

0

Es claro que ha ∈ L1loc(R), por lo tanto ha define la distribucion regular

〈ha, ϕ〉 =

∞∫

−∞

ha(x)ϕ(x)dx =

∞∫

a

ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R). (8)

La derivada clasica (ha)′

cl(x) existe c.s. en R (excepto en x = a) y (ha)′

cl(x) = 0 c.s. en

R, es decir (ha)′

cl = 0. Pero veamos ahora (ha)′

gen. Tenemos para ϕ ∈ D(R),

〈(ha)′

gen, ϕ〉(7)= −〈ha, ϕ

′〉(8)= −

∞∫

a

ϕ′(x)dx

= −[ϕ(∞) − ϕ(a)] = ϕ(a) = 〈δa, ϕ〉

(ϕ(∞) = 0 porque sop(ϕ) es compacto). Vemos entonces que

(ha)′

gen = δa. (9)

Tenemos aquı el primer ejemplo donde la DG de una distribucion regular es una distribucion

singular.

Podemos generalizar (7) para definir la derivada distribucional T ′ de una T ∈ D′(R)

arbitraria por

〈T ′, ϕ〉 := −〈T, ϕ′〉, ϕ ∈ D(R). (10)

4

Es un ejercicio facil verificar que T ′ ∈ D′(R). Podemos entonces proceder a la segunda

derivada distribucional:

〈T ′′, ϕ〉 = 〈(T ′)′, ϕ〉(10)= −〈T ′, ϕ′〉

(10)= 〈T, ϕ′′〉, · · · , etc,

y mas general

〈T (n), ϕ〉 = (−1)n〈T, ϕ(n)〉; ϕ ∈ D(R) n = 0, 1, 2, · · · . (11)

Por ejemplo, para f ∈ L1loc(R),

〈f (n)gen, ϕ〉

(11)= (−1)n〈f, ϕ(n)〉 = (−1)n

∞∫

−∞

f(x)ϕ(n)(x)dx, ϕ ∈ D(R), (12)

〈δ(n)a , ϕ〉

(11)= (−1)n〈δa, ϕ

(n)〉 = (−1)nϕ(n)(a), ϕ ∈ D(R). (13)

Segun (11) cualquier T ∈ D′(R) tiene derivadas distribucionales (DD) de cualquier orden.

3. Observaciones.

Es frecuentemente natural indicar explıcitamente la variable x en la escritura de

distribuciones, por ejemplo δa(x), δ′a(x), T (x) (con T ∈ D′(R)), etc. Por ejemplo el

producto de la funcion x ∈ C∞(R) con δa se escribe “mejor” como xδa(x) en lugar de xδa,

etc. Sin embargo la notacion δa(x) sugiere que δa es una funcion y sabemos que no es ası, es

decir hay que interpretar la notacion de la manera correcta.

Una funcion f ∈ L1loc(R) tiene 2 aspectos. De una parte es una funcion y de otra parte

define una distribucion regular Tf (en la notacion de la Clase 1). Hemos dicho en la Clase

1 que identificamos (consideramos como la misma funcion) dos funciones f, g ∈ L1loc(R) tal

que f(x) = g(x) c.s. en R, y en este caso escribimos f = g. Segun el Lema de Du Bois -

Reymond (Clase 1) tenemos,

Tf = Tg ⇐⇒ f = g (es decir f(x) = g(x) c.s. en R).

Esto significa que tenemos una correspondencia 1 − 1 (una biyeccion) entre las funciones

localmente integrables y las distribuciones regulares, y con esta correspondencia podemos

considerar L1loc(R) como un subespacio lineal de D′(R), escribiendo

L1loc(R) ⊂ D′(R).

5

En lo que sigue, cuando decimos que una distribucion T ∈ D′(R) “ es una funcion”,

entendemos que esto quiere decir que T = Tf para algun f ∈ L1loc(R).

Existe una regla del producto (regla de Leibniz):

(φT )′ = φ′T + φT ; T ∈ D′(R), φ ∈ C∞(R). (14)

Tenemos

〈(φT )′, ϕ〉(10)= −〈φT, ϕ′〉

(4)= −〈T, φϕ′〉

= −〈T, (φϕ)′ − φ′ϕ〉 = 〈T, φ′ϕ〉 − 〈T, (φϕ)′〉(4)= 〈φ′T, ϕ〉 − 〈T, (φϕ)′〉

(10)= 〈φ′T, ϕ〉 + 〈T ′, φϕ〉

(4)= 〈φ′T, ϕ〉 + 〈φT ′, ϕ〉

(3)= 〈φ′T + φT ′, ϕ〉,

para todo ϕ ∈ D(R), lo que demuestra (14).

4. Ejemplos finales de esta clase.

(a) xδ(x) =?. Tenemos para ϕ ∈ D(R),

〈xδ(x), ϕ(x)〉(4)= 〈δ(x), xϕ(x)〉

(1)= 0ϕ(0) = 0 = 〈0, ϕ(x)〉,

para todo ϕ ∈ D(R).

=⇒ xδ(x) = 0. (15)

¡Sorpresa sorpresa!. Ademas

〈xδ′(x), ϕ(x)〉(4)= 〈δ′(x), xϕ(x)〉

(10)= −〈δ(x), (xϕ(x))′〉

= −〈δ(x), ϕ(x) + xϕ′(x)〉(1)= −〈δ(x), ϕ(x)〉 − 0ϕ′(0)

= −〈δ(x), ϕ(x)〉(3)= 〈−δ(x), ϕ(x)〉, para todo ϕ ∈ D(R),

=⇒ xδ′(x) = −δ(x). (16)

¡Caracoles!. Dejamos como ejercicio y disfrute del lector demostrar las reglas

xδ(k)(x) = −kδ(k−1)(x); k = 1, 2, 3 · · · ,

utilizando (14), (15) e induccion k −→ k + 1.

6

(b)

〈eaxδ′b(x), ϕ(x)〉(4)= 〈δ′b(x), eaxϕ(x)〉

(10)= −〈δb(x), (eaxϕ(x))′〉

= −〈δb(x), aeaxϕ(x) + eaxϕ′(x)〉(1)= −aeabϕ(b) − eabϕ′(b)

(13)= −〈aeabδb, ϕ〉 + 〈eabδ′b, ϕ〉

(3)= 〈−aeabδb + eabδ′b, ϕ〉,

para todo ϕ ∈ D(R),

=⇒ eaxδ′b(x) = eab[−aδb(x) + δ′b(x)].

7

Clase 3: Continuacion.

Peter Hummelgens

10 de diciembre de 2006

1. Derivadas generalizadas de funciones suaves a

trozos.

Sea f definida en R (c.s.), de clase C1 en (−∞; a] y [a;∞)

a

f(x)

f(x)f(a+)

f(a−)

x

σ0(a) := f(a+) − f(a−) = salto de f en x = a.

Tenemos que f ∈ L1loc(R), f ′

cl(x) existe c.s. en R (excepto posiblemente en x = a) y

f ′cl ∈ L1

loc(R) define una distribucion regular

〈f ′cl, ϕ〉 =

∞∫

−∞

f ′cl(x)ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R).

1

Tenemos

〈f ′gen, ϕ〉 = −〈f, ϕ′〉 = −

∞∫

−∞

f(x)ϕ′(x)dx

= −

a∫

−∞

f(x)ϕ′(x)dx −

∞∫

a

f(x)ϕ′(x)dx = (integracion por partes)

= −[f(x)ϕ(x)]a−∞ +

∞∫

a

f ′cl(x)ϕ(x)dx +

a∫

−∞

f ′cl(x)ϕ(x)dx − [f(x)ϕ(x)]∞a

= −f(a−)ϕ(a) + f(a+)ϕ(a) +

∞∫

−∞

f ′cl(x)ϕ(x)dx

= σ0(a)ϕ(a) + 〈f ′cl, ϕ〉 = 〈σ0(a)δa, ϕ〉 + 〈f ′

cl, ϕ〉 = 〈f ′cl + σ0(a)δa, ϕ〉,

para todo ϕ ∈ D(R)

=⇒ f ′gen(x) = f ′

cl(x) + σ0(a)δa(x). (1)

Si f es de clase C2 en (−∞; a] y [a;∞), podemos aplicar (1) a f ′cl en lugar de f , es decir

(f ′cl)

′gen(x) = f ′′

cl(x) + σ1(a)δa(x),

con σ1(a) = f ′cl(a+) − f ′

cl(a−), y luego (1) da

f ′′gen = f ′′

cl(x) + σ1(a)δa(x) + σ0(a)δ′a(x), · · · , etc.

Si hay varios puntos de salto en x = a1, · · · , x = an, entonces cada salto contribuye con un

termino con δai(x), δ′ai

(x), · · · en las derivadas generalizadas sucesivas.

Ejemplo 1.

f(x)

x+a a−x

0 xa

a

−a

2

f(x) no tiene saltos =⇒ f ′gen(x) = f ′

cl(x) c.s. en R.

−a

a0 x

−1

1

f’cl(x)

Hay tres saltos σ1(−a) = 1, σ1(0) = −2, σ1(a) = 1, ası

f ′′gen(x) = f ′′

cl(x) + δ−a(x) − 2δ(x) + δa(x),

pero f ′′cl(x) = 0 c.s. en R, entonces

f ′′gen(x) = δ−a(x) − 2δ(x) + δa(x),

luego

f ′′′gen(x) = δ′−a(x) − 2δ′(x) + δ′a(x), · · · , etc.

La ecuacion para f ′′′gen(x) significa que para todo ϕ ∈ D(R) se tiene

〈f ′′′gen, ϕ〉 = 〈δ′−a, ϕ〉 − 2〈δ′, ϕ〉 + 〈δ′a, ϕ〉 = −ϕ′(−a) + 2ϕ′(0) − ϕ′(a).

Ejemplo 2. Sea φ ∈ C∞(R) y f(x) = ha(x)φ(x).

a x

φ(x)

φ(a)

3

Entonces

f ′gen(x) = f ′

cl(x) + φ(a)δa(x),

pero f ′cl(x) = ha(x)φ′(x) c.s. en R, de modo que

f ′gen(x) = ha(x)φ′(x) + φ(a)δa(x).

Luego

f ′′gen(x) = ha(x)φ′′(x) + φ′(a)δa(x) + φ(a)δ′a(x),

f ′′′gen(x) = ha(x)φ′′′(x) + φ′′(a)δa(x) + φ′(a)δ′a(x) + φ(a)δ′′a(x), · · · , etc.

Por ejemplo con f(x) = h(x) sen(x)

0 x

)(xsen

tenemos

f ′gen(x) = h(x) cos(x), f ′′

gen(x) = −h(x) sen(x) + δ(x),

f ′′′gen(x) = −h(x) cos(x) + δ′(x).

Observe que f satisface la E.D (ecuacion diferencial) f ′′gen(x) + f(x) = δ(x).

2. Ecuaciones diferenciales en sentido distribucional.

Sea un operador diferencial lineal (ODL)

L = a0(x) + a1(x)d

dx+ · · · + an(x)

dn

dxn, x ∈ R,

con coeficientes C∞ a0, a1, · · · , an ∈ C∞(R). Considerando las derivadas en sentido

distribucional y recordando la definicion de la multiplicacion φT de una φ ∈ C∞(R) con

una T ∈ D′(R) (de modo que

〈akT(k), ϕ(x)〉 = 〈T k(x), ak(x)ϕ(x)〉 = (−1)k〈T (x), (ak(x)ϕ(x))(k)〉, ϕ ∈ D(R)),

4

podemos considerar L como un operador diferencial lineal

L : D′(R) −→ D′(R) (T −→ LT ),

donde

LT (x) = a0(x)T (x) + a1(x)T ′(x) + · · · + an(x)T (n)(x).

Podemos considerar ED en sentido distribucional

Lu(x) = f(x), f ∈ D′(R) dada,

buscando soluciones u ∈ D′(R).(2)

Mencionemos sin demostracion el resultado siguiente:

Si L es un operador diferencial lineal con coeficientes constantes (ODLCC), entonces

la ED homogenea Lv(x) = 0 tiene en D′(R) unicamente las soluciones clasicas (3)

v ∈ C∞(R) (es decir: las soluciones distribucionales son la soluciones clasicas).

Las soluciones de Lv(x) = 0 se obtienen con los metodos usuales (Mat. IV), y la solucion

general de Lu(x) = f(x) en D′(R) es entonces u(x) = up(x) + v(x), donde v ∈ C∞(R)

la solucion general de la ED homogenea y up ∈ D′(R) es una solucion particular de

Lu(x) = f(x).

Introducimos ahora un concepto supremamente importante (su importancia veremos en

el capıtulo sobre convolucion). Si L es un ODL, entonces una solucion fundamental (s.f.) de

L es por definicion una distribucion E ∈ D′(R) tal que

LE(x) = δ(x), x ∈ R. (4)

Dada una s.f. E, la s.f. general es ξ(x) = E(x) + v(x), donde v es la solucion general de

la ED homogenea Lv(x) = 0. Mencionamos el resultado siguiente:

Si L es un ODLCC, entonces existe una s.f. E de L de la forma

E(x) = h(x)φ(x), (5)

para cierta φ ∈ C∞(R) (y esta es unica).

Ejemplo 3. Sea L =d2

dx2+ k2 (k > 0 una constante). Buscamos una s.f. de L de la forma

E(x) = h(x)φ(x), φ ∈ C∞(R).

5

Tenemos

E ′gen(x) = h(x)φ′(x) + φ(0)δ(x), E ′′

gen(x) = h(x)φ′′(x) + φ′(0)δ(x) + φ(0)δ′(x)

(4)=⇒ h(x)φ′′(x) + φ′(0)δ(x) + φ(0)δ′(x) + k2h(x)φ(x) = δ(x)

=⇒ h(x)[φ′′(x) + k2φ(x)] + φ′(0)δ(x) + φ(0)δ′(x) = δ(x),

con lo cual podemos cumplir poniendo

φ′′(x) + k2φ(x) = 0

φ(0) = 0, φ′(0) = 1

La ED tiene solucion general φ(x) = A cos(xk)+B sen(kx) (saber esto debe ser parte del

patrimonio cultural del estudiante). Entonces

φ(0) = A, φ(0) = 0 =⇒ A = 0,

y entonces

φ(x) = B sen(kx) =⇒ φ′(x) = kB cos(kx)

=⇒ φ′(0) = kB, φ′(0) = 1

=⇒ kB = 1 =⇒ B =1

k

=⇒ E(x) =1

kh(x) sen(kx).

0 x

)(1

kxsenk

6

Verifiquemos que esta E(x) realmente es s.f. de L :

E ′gen(x) = h(x) cos(kx), E ′′

gen(x) = −kh(x) sen(kx) + δ(x)

=⇒ E ′′gen(x) + k2E(x) = −kh(x) sen(kx) + δ(x) + kh(x) sen(kx) = δ(x),

como debe ser.

La s.f. general de L es

ξ(x) =1

kh(x) sen(kx) + A cos(kx) + B sen(kx); A,B ∈ C.

Ejemplo 4. Sea L = −d2

dx2+ k2 (k > 0 una constante). Ponemos E(x) = h(x)φ(x) como

antes, entonces

E ′gen(x) = h(x)φ′(x) + φ(0)δ(x), E ′′

gen(x) = h(x)φ′′(x) + φ′(0)δ(x) + φ(0)δ′(x),

−E ′′gen(x) + k2E(x) = δ(x)

=⇒ −h(x)φ′′(x) − φ′(0)δ(x) − φ(0)δ′(x) + k2h(x)φ(x) = δ(x)

=⇒ h(x)[−φ′′(x) + k2φ(x)] − φ′(0)δ(x) − φ(0)δ′(x) = δ(x),

con lo cual podemos cumplir poniendo

φ′′(x) − k2φ(x) = 0

φ(0) = 0, φ′(0) = −1.

La ED tiene solucion general (patrimonio cultural)

φ(x) = A cosh(kx) + B senh(kx) =⇒ φ(0) = A = 0

=⇒ φ(x) = B senh(kx) =⇒ φ′(x) = kB cosh(kx)

φ′(0) = kB = −1 =⇒ B = −1

k

=⇒ φ(x) = −1

ksenh(kx) =⇒ E(x) = −

1

kh(x) senh(kx)

0

x

)(1

kxsenhk

−

7

Verificacion:

E ′gen(x) = −h(x) cosh(kx), E ′′

gen(x) = −kh(x) senh(kx) − δ(x)

=⇒ −E ′′gen(x) + k2E(x) = kh(x) senh(kx) + δ(x) − kh(x) senh(kx) = δ(x),

correcto.

La s.f. general de L es

ξ(x) = −1

ksenh(kx) + A cosh(kx) + B senh(kx.)

Tomamos A = B =1

2k, entonces

x < 0 : ξ(x) =1

2k

ekx + e−kx

2+

1

2k

ekx − e−kx

2=

1

2kekx

x > 0 : ξ(x) = −1

k

ekx − e−kx

2+

1

2kekx =

1

2ke−kx

=⇒ ξ =

{

12k

ekx; x < 012k

e−kx; x > 0

=⇒ ξ(x) =1

2ke−k|x| s.f. de −

d2

dx2+ k2.

0

ξ(x)

x

kxek2

1kx

ek

−

2

1

8

Clase 4: Continuacion

Peter Hummelgens

10 de diciembre de 2006

Ejemplo 1. Sea la ED

xu′′(x) + (x + 3)u′(x) + u(x) = 0, −∞ < x < ∞,

una ED con coeficientes variables. Como el coeficiente de u′′(x) tiene un cero (x = 0) existen

ahora soluciones no clasicas. Se pide verificar que v(x) = δ(x) + δ ′(x) es una solucion de la

ED. Recordando las relaciones xδ(k)(x) = −kδ(k−1)(x) (k = 1, 2, · · · ) ya visto, tenemos

xv′′(x) = xδ′′(x) + xδ′′′(x) = −2δ′(x) − 3δ′′(x),

(x + 3)v′(x) = xδ′(x) + xδ′′(x) + 3δ′(x) + 3δ′′(x)

= −δ(x) − 2δ′(x) + 3δ′(x) + 3δ′′(x)

= −δ(x) + δ′(x) + 3δ′′(x)

=⇒ xv′′(x)+(x+3)v′(x)+v(x) = −2δ′(x)−3δ′′(x)−δ(x)+δ′(x)+3δ′′(x)+δ(x)+δ′(x) = 0,

listo.

Ejemplo 2. Sea el ODL con coeficientes variables L = x3 d

dx+ 2. Se pide verificar que

E(x) =1

2δ(x) es s.f. de L.

Tenemos

x3E ′

gen(x) = x3 1

2δ′(x)

=1

2x2(xδ′(x))

=1

2x2(−δ(x))

= −1

2x(xδ(x))

= 0,

1

porque xδ(x) = 0 (ya visto).

=⇒ LE(x) = x3E ′

gen(x) + 2E(x) = 0 + 21

2δ(x) = δ(x),

listo.

1. Lımites en D′(R).

Sea {Tn} una sucesion de distribuciones Tn ∈ D′(R) y T ∈ D′(R). Entonces decimos que

la sucesion {Tn} converge a T en D′(R),

Tn

D′(R)−→ T si n → ∞

def⇐⇒ lım

n→∞

〈Tn, ϕ〉 = 〈T, ϕ〉, ϕ ∈ D(R). (1)

Observe que los 〈Tn, ϕ〉 forman una sucesion de numeros complejos para cada ϕ ∈ D(R)

fijo y (1) dice que Tn

D′(R)−→ T si, y solo si, esta sucesion de numeros converge al numero 〈T, ϕ〉

para todo ϕ ∈ D(R).

Recıprocamente se puede demostrar que si {Tn} es una sucesion en D′(R) tal que existe

lımn→∞

〈Tn, ϕ〉

para todo ϕ ∈ D(R), entonces T : D(R) −→ C definido por

〈T, ϕ〉 := lımn→∞

〈Tn, ϕ〉, ϕ ∈ D(R)

define una T ∈ D′(R). Esta propiedad se expresa diciendo que D′(R) es completo.

Sea Tn

D′(R)−→ T , entonces para k = 0, 1, 2, · · · ,

〈T (k)n , ϕ〉 = (−1)k〈Tn, ϕ

(k)〉 −→ (−1)k〈T, ϕ(k)〉 = 〈T (k), ϕ〉, ϕ ∈ D(R),

es decir comprobamos que

Tn

D′(R)−→ T =⇒ T (k)

n

D′(R)−→ T (k); k = 0, 1, 2, · · · , (2)

lo que se expresa diciendo que la derivada distribucional es continua en D′(R).

La convergencia de una serie infinita en D′(R) se define como la convergencia de la

sucesion de las sumas parciales, es decir,

∞∑

n=1

Tn = T en D′(R)def.⇐⇒

N∑

n=1

Tn

D′(R)−→ T si N → ∞

(1)⇐⇒

N∑

n=1

〈Tn, ϕ〉 = 〈

N∑

n=1

Tn, ϕ〉 −→ 〈T, ϕ〉 para todo ϕ ∈ D(R) si N → ∞

(3)

2

y como D′(R) es completo, cuando∞∑

n=1

〈Tn, ϕ〉 converge para todo ϕ ∈ D(R), entonces

〈T, ϕ〉 :=∞

∑

n=1

〈Tn, ϕ〉, ϕ ∈ D(R)

define una T ∈ D′(R) y T =∞∑

n=1

Tn. Ademas, segun (2)

∞∑

n=1

Tn = T en D′(R) =⇒∞

∑

n=1

T (k)n = T (k); k = 0, 1, 2 · · · . (4)

Las propiedades (2), (4) eliminan por completo la problematica que se presenta en el

analisis clasico con respecto a la posibilidad de cambiar el orden en las operaciones de tomar

el lımite y tomar la derivada. Si una sucesion de funciones diferenciables (en sentido clasico)

{fn} converge en R uniformemente a una funcion lımite f , entonces f no tiene porque ser

diferenciable (en sentido clasico), y aun si lo es no necesariamente (fn)′cl(x) −→ f ′

cl(x) (en la

convergencia puntual usual). Pero f ′

gen siempre existe y (fn)′gen

D′(R)−→ f ′

gen si n → ∞ siempre.

Veamos ahora algunos ejemplos:

Ejemplo 3. Sea

fn(x) =

{

n; 0 ≤ x ≤ 1n; n = 1, 2, · · ·

0, otro caso.

nfn

(x)

0 x

n

1

Tenemos fn ∈ L1loc(R) para todo n, de modo que {fn} es una sucesion de distribuciones

3

regulares. Tenemos para ϕ ∈ D(R),

〈fn(x), ϕ(x)〉 =

∞∫

−∞

fn(x)ϕ(x)dx =

1

n∫

0

nϕ(x)dx

t=nx=

1∫

0

ϕ

(

t

n

)

dt −→

1∫

0

ϕ(0)dt = ϕ(0) = 〈δ(x), ϕ(x)〉,

de modo que segun (1) tenemos que

fn

D′(R)−→ δ si n → ∞.

Cuando n → ∞, la grafica de fn(x) se aproxima a un “clavo infinitamente alto e

infinitamente delgado”, mientras que el area bajo la grafica de fn es igual a 1 para todo

n. De aquı viene la interpretacion de Dirac considerando δ(x) como una “funcion” igual a

0 para x 6= 0, igual a ∞ en x = 0 y tal que el area bajo la grafica de δ(x) es igual a 1:∞∫

−∞

δ(x)dx = 1. Es claro que no existe una funcion con caracterısticas tan exoticas. De hecho

ya sabemos que δ(x) es una distribucion y no una funcion.

Segun (2) tenemos (fn)′gen

D′(R)−→ δ′. Pero (fn)′gen(x) = nδ(x) − nδ 1

n

(x), de modo que

nδ(x) − nδ 1

n

(x)D

′(R)−→ δ′(x) si n → ∞,

luego

nδ′(x) − nδ′1n

(x)D

′(R)−→ δ′′(x) si n → ∞, · · · , etc.

Mas ejemplos se consiguen en la guıa de ejercicios resueltos del Profesor P. F.

Hummelgens.

2. Computo de integrales.

Una aplicacion importante del calculo distribucional es el computo de integrales definidas.

Antes de dar un ejemplo concreto, es preciso hacer algunas observaciones. Para f ∈ L1loc(R)

hemos definido el corchete 〈f, ϕ〉 =∞∫

−∞

f(x)ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R). Esta integral existe porque ϕ

es de soporte compacto. Pero∞

∫

−∞

f(x)φ(x)dx

4

tambien existe si φ ∈ C∞(R) es arbitraria (no necesariamente de soporte compacto) pero f

es de soporte compacto, es decir, 〈f, φ〉 esta bien definido si f o φ (o ambas) es de soporte

compacto.

Ejemplo 4. Sea f(x) = 1 − x2; −1 ≤ x ≤ 1. Se pide hallar I =1∫

−1

f(x) cos(nπx)dx (n ≥ 1

un entero). Clasicamente se calcula I mediante integracion por partes, lo que da un computo

algo tedioso, pero nuestro novedoso metodo permite hallar I sin realizar integracion alguna

(!!!).

El primer paso es extender f(x) a todo R definiendo

g(x) =

{

1 − x2; −1 ≤ x ≤ 1

0; otro x.

−1 10 x

g(x)

1−x2

Entonces g es de soporte compacto, por lo tanto 〈g, φ〉 es bien definido para todo

φ ∈ C∞(R). Tomamos ahora φ(x) = cos(nπx), −∞ < x < ∞, entonces

I = 〈g(x), φ(x)〉. (5)

Tenemos φ′(x) = −nπ sen(nπx), φ′′(x) = −n2π2 cos(nπx) =⇒ φ′′(x) = −n2π2φ(x) (φ(x)

reaparece luego de dos derivaciones). Ahora

〈g′′

gen(x), φ(x)〉 = 〈g(x), φ′′(x)〉 = 〈g(x),−n2π2φ(x)〉

=⇒ −n2π2I = 〈g′′

gen, φ〉. (6)

Ahora calculamos 〈g′′

gen, φ〉 y luego despejamos I de (6). Tenemos

g′

gen(x) = g′

cl(x)

con grafica

5

−1 1

2

−2

0 x

g’cl(x)

−2x

=⇒ g′′

gen(x) = g′′

cl(x) + 2δ−1(x) + 2δ1(x)

1

−2

−1

0 x

g’’cl(x)

=⇒ 〈g′′

gen, φ〉 = 〈g′′

cl, φ〉 + 2〈δ−1, φ〉 + 2〈δ1, φ〉

= −2

1∫

−1

cos(nπx)dx + 2φ(−1) + φ(1)

= (−2)0 + 2 cos(−nπ) + 2 cos(nπ) = 4 cos(nπ) = 4(−1)n,

luego con (6)

I =4(−1)n+1

π2n2, n = 1, 2, 3, · · · .

Hicimos un computo sencillo, usando derivadas generalizadas, y mucho mas corto que el

metodo de la integracion por partes.

Mas ejemplos se consiguen en la guıa de ejercicios resueltos del Profesor P. F.

Hummelgens. Este tema del computo de integrales usando derivadas generalizadas es

importante para todo el resto del curso .

6

Ejemplo 5. Se pide hallar I =1∫

−1

xe2xdx. Sea

f(x) =

{

x; −1 ≤ x ≤ 1

0; otro x

−1

−1

1

1

x

x

f(x)

y φ(x) = e2x. Entonces I = 〈f, φ〉. Tenemos

φ′(x) = 2e2x, φ′′(x) = 4e2x = 4φ(x)

=⇒ 〈f ′′

gen(x), φ(x)〉 = 〈f(x), φ′′(x)〉 = 4〈f, φ〉

=⇒ 4I = 〈f ′′

gen, φ〉 (7)

Pero

f ′

gen(x) = f ′

cl(x) − δ−1(x) − δ1(x)

f’cl(x)

x−1 10

1

f ′′

gen(x) = f ′′

cl(x) + δ−1(x) − δ1(x) − δ′−1(x) − δ′1(x), f ′′

cl(x) = 0 c.s. en R,

7

=⇒ f ′′

gen(x) = δ−1(x) − δ1(x) − δ′−1(x) − δ′1(x)

(7)=⇒ 4I = 〈δ−1, φ〉 − 〈δ1, φ〉 − 〈δ′

−1, φ〉 − 〈δ′1, φ〉

= φ(−1) − φ(1) + φ′(−1) + φ′(1) = e−2 − e2 + 2e−2 + 2e2 = 3e−2 + e−2

=⇒ I =1

4

(

3e−2 + e2)

.

Alternativamente podemos probar

g(x) =

{

e2x; −1 ≤ x ≤ 1

0; otro x

−1 1 x

g(x)

e2x

y ψ(x) = x. Entonces I = 〈g, ψ〉. Tenemos ψ′(x) = 1, ψ′′(x) = 0,

〈g′′(x), ψ(x)〉 = 〈g, ψ′′〉 = 〈g, 0〉 = 0,

pero esto no lleva a nada.

8

Clase 5: La Convolucion.

Peter Hummelgens

10 de diciembre de 2006

1. Soporte de una distribucion.

Sea T ∈ D′(R) y sea O ⊆ R un abierto. Denotaremos por D(O) el subespacio lineal de

las ϕ ∈ D(R) tal que sop(ϕ) ⊂ O (ası D(O) ⊆ D(R)). Decimos que

T = 0 en Odef.⇐⇒ 〈T, ϕ〉 = 0 para todo ϕ ∈ D(O).

Luego, para T, S ∈ D′(R) decimos que T = S en Odef.⇐⇒ T − S = 0 en O

(equivalentemente 〈S, ϕ〉 = 〈T, ϕ〉 para todo ϕ ∈ D(O)). Definimos el soporte sop(T ) de

T ∈ D′(R) como el complemento del abierto mas grande donde T = 0. Ası sop(T ) es el

conjunto cerrado mas pequeno en R fuera del cual T = 0. Con sop(f) para f ∈ L1loc(R)

entendemos sop(Tf ), donde Tf es la distribucion regular definida por f .

Tenemos sop(δa) = {a} ya que ϕ ∈ D(R − {a}) =⇒ ϕ(a) = 0 =⇒ 〈δa, ϕ〉 = ϕ(a) = 0.

Decimos entonces que δa es una distribucion concentrada en x = a. Similarmente δ′a, δ′′a , · · ·

son distribuciones concentradas en x = a.

2. Distribuciones Causales.

Una T ∈ D′(R) se llama distribucion causal si, y solo si, para algun a ∈ R tenemos

T = 0 en (−∞; a). Entonces sop(T ) ⊆ [a;∞) (pero tambien sop(T ) ⊆ [b,∞) para todo

b < a). Ası una f ∈ L1loc(R) es causal si, y solo si, para algun a ∈ R tenemos f(x) = 0

c.s. en (−∞; a). Una distribucion de soporte compacto siempre es causal porque es 0 fuera

de algun intervalo acotado y cerrado.

1

b a x

f(x)

f es causal con sop(f) = [a;∞) ⊂ [b;∞).

a

b x

g(x)

g es de soporte compacto con sop(g) = [a; b) ⊂ [a;∞).

Las δa, δ′a, δ′′a , · · · son de soporte compacto {a}, por lo tanto son distribuciones causales.

Denotaremos por D′+(R) el espacio vectorial de todas las distribuciones causales. En

particular δa, δ′a, δ

′′a , · · · ∈ D+(R). Las funciones f, g ∈ L1

loc(R) en las figuras anteriores

pertenecen a D′+(R).

3. La convolucion de funciones.

Sea f, g ∈ L1loc(R) causales con sop(f) ⊆ [a;∞), sop(g) ⊆ [b;∞). Definimos el producto

de convolucion f ∗ g de f y g por

(f ∗ g)(x) :=

∞∫

−∞

f(ξ)g(x − ξ)dξ; −∞ < x < ∞. (1)

2

Para demostrar que la integral existe para todo x ∈ R vamos a probar que

(f ∗ g)(x) =

x−b∫

a

f(ξ)g(x − ξ)dξ; −∞ < x < ∞ (2)

(de modo que en (1) se trata en realidad de una integral sobre un intervalo acotado, la cual

desde luego existe). En (1) tenemos f(ξ) = 0 c.s. en (−∞; a) de modo que

(f ∗ g)(x) =

∞∫

a

f(ξ)g(x − ξ)dξ; −∞ < x < ∞. (3)

Pero en (3) tenemos ξ > x − b =⇒ x − ξ < b =⇒ g(x − ξ) = 0, de modo que el limite de

integracion superior ∞ puede ser reemplazado por x− b. Esto demuestra (2) y la existencia

de (f ∗ g)(x) para todo x ∈ R. Se puede verificar que f ∗ g ∈ L1loc(R). Veamos ahora que

f ∗ g es tambien causal. Tenemos x < a + b =⇒ x− b < a =⇒ ξ < a y por lo tanto f(ξ) = 0

en la integral de (2)

=⇒ (f ∗ g) = 0 para x < a + b, es decir

f ∗ g es causal con sop(f ∗ g) ⊆ [a + b;∞).(4)

Haciendo en (1) el cambio de variable ξ −→ t = x − ξ (x ∈ R fijo) tenemos

(f ∗ g)(x)(1)=

∞∫

−∞

f(ξ)g(x − ξ)dξ = −

−∞∫

∞

f(x − t)g(t)dt

=

∞∫

−∞

g(t)f(x − t)dt = (g ∗ f)(x),

es decir,

f ∗ g = g ∗ f (∗ es conmutativo). (5)

Ademas es facil comprobar que para f, g, k ∈ L1loc(R) causales tenemos

(f ∗ g) ∗ k = f ∗ (g ∗ k) (ley asociativa). (6)

y podemos escribir f ∗ g ∗ k sin poner parentesis, y por (5)

f ∗ g ∗ k = f ∗ (k ∗ g) = k ∗ f ∗ g = · · · , etc.

3

Ademas tenemos para f, g, k ∈ L1loc(R) causales, λ ∈ C:

f ∗ (g + k) = f ∗ g + f ∗ k,

f ∗ (λg) = λf ∗ g(7)

es decir, f∗ : L1loc(R)+ −→ L1

loc(R)+ (g −→ f ∗ g) es un operador lineal. El operador f∗ se

llama un operador de convolucion.

Una manera para producir funciones causales es la multiplicacion con una funcion de

Heaviside. Ası, si u ∈ L1loc(R), a ∈ R, entonces f(x) = ha(x)u(x) es causal con

sop(f) ⊆ [a;∞). Sea tambien v ∈ L1loc(R), b ∈ R y g(x) = hb(x)v(x) (podemos tambien

escribir f(x) = h(x − a)u(x), g(x) = h(x − b)v(x) donde h(t) es la funcion de heaviside

centrada en t = 0). Entonces es facil obtener de (2) la formula

(f ∗ g)(x) = h(x − a − b)

x−b∫

a

u(ξ)v(x − ξ)dξ; −∞ < x < ∞

cuando f(x) = h(x − a)u(x), g(x) = h(x − b)v(x).

(8)

El factor h(x− a− b) frente de la integral es 0 para x < a + b, de manera que la formula

muestra de manera explıcita que sop(f ∗ g) ⊆ [a + b;∞) (ver (4))

Ejemplo 1. Sea φ(x) = h(x) ∗ h(x) cos(2x); −∞ < x < ∞. Se pide hallar φ(x) en forma

explıcita. En (8) Tomamos f(x) = h(x)1(x) (1(x) := 1 para todo x ∈ R), g(x) = h(x) cos(2x).

Entonces (8) da

φ(x) = h(x)

x∫

0

1(ξ) cos[2(x − ξ)]dξ = h(x)

x∫

0

cos[2(x − ξ)]dξ

=1

2h(x) sen(2x) luego de un computo elemental.

Verifique que h(x) cos(2x) ∗ h(x) da lo mismo.

Hemos tomado un ejemplo bastante sencillo porque la evaluacion de un producto de

convolucion mediante integracion puede ser muy tedioso. Pero sobre todo porque vamos a

conocer mas adelante metodos mas eficientes que frecuentemente permiten evitar el computo

de integrales, usando derivadas generalizadas y las reglas operacionales de la convolucion, y

tambien la transformada de Laplace. Ejemplos donde se aplica la integracion se consigue en

la guıa de ejercicios resueltos del Profesor Hummelgens.

4

El producto de convolucion (1) tambien existe en casos donde f, g no son causales. Por

ejemplo f, g ∈ L1(R) =⇒ existe f ∗ g ∈ L1(R). Ası tenemos (ver la guıa)

e−|x| ∗ e−|x| = e−|x|(1 + |x|); −∞ < x < ∞.

ex

e−x

e−|x|

x

Otros casos donde existe el producto de convolucion mencionaremos mas adelante.

4. La convolucion de distribuciones.

Consideremos nuevamente el producto f ∗ g con f, g ∈ L1loc(R) causales. Vimos que

f ∗ g ∈ L1loc(R), de modo que f ∗ g define una distribucion regular. Tenemos para ϕ ∈ D(R),

〈f ∗ g, ϕ〉 =

∞∫

−∞

(f ∗ g)(x)ϕ(x)dx(1)=

∞∫

−∞

∞∫

−∞

f(ξ)g(x − ξ)dξ

ϕ(x)dx

Fubini=

∫ ∫

R2

f(ξ)g(x − ξ)ϕ(x)dxdξ =

∫ ∫

R2

f(u)g(v)ϕ(u + v)dudv,

luego del cambio de variables u = ξ, v = x − ξ (con x fijo). La formula obtenida,

〈f ∗ g, ϕ〉 =

∫ ∫

R2

f(u)g(v)ϕ(u + v)dudv, ϕ ∈ D(R)

hace ver como f ∗ g actua como distribucion. La integral doble puede escribirse (mediante

Fubini) como corchetes compuestos (o iteradas):

〈f ∗ g, ϕ〉 = 〈f(u), 〈g(v), ϕ(u + v)〉〉

= 〈g(v), 〈f(u), ϕ(u + v)〉〉, ϕ ∈ D(R).(9)

Podemos ahora definir S ∗ T para S, T ∈ D′(R) en analogıa con (9) por

〈S ∗ T, ϕ〉 := 〈S(u), 〈T (v), ϕ(u + v)〉〉

= 〈T (v), 〈S(u), ϕ(u + v)〉〉, ϕ ∈ D(R),(10)

5

si es que los corchetes compuestos existen (lo que no siempre es el caso). En este caso

tenemos

S ∗ T = T ∗ S

S ∗ (T + U) = S ∗ T + S ∗ U (si existe S ∗ T , S ∗ U).(11)

Mencionamos algunos casos donde la convolucion existe:

(a) f, g ∈ L1loc(R) causales =⇒ existe f ∗ g ∈ L1

loc(R) y es causal.

(b) f, g ∈ L1(R) =⇒ existe f ∗ g ∈ L1loc(R)

(c) f, g ∈ L1loc(R), una de ellas en L1(R) y la otra acotada =⇒ existe f ∗ g ∈ C(R) y es

acotada.

(d) S, T ∈ D′+(R) =⇒ existe S ∗ T ∈ D′

+(R).

(e) S, T ∈ D′(R) y una de ellas es de soporte compacto =⇒ existe S ∗ T ∈ D′(R) y es de

soporte compacto cuando S, T ambas son de soporte compacto.

5. Reglas operacionales.

Segun (e) existe δa ∗ T para todo a ∈ R, T ∈ D′(R). Tenemos

〈δ ∗ T, ϕ〉(10)= 〈T (v), 〈δ(u), ϕ(u + v)〉〉 = 〈T (v), ϕ(0 + v)〉

= 〈T (v), ϕ(v)〉 = 〈T, ϕ〉, para todo ϕ ∈ D(R),

=⇒ δ ∗ T = T, T ∈ D′(R), (12)

en otras palabras: δ es el elemento neutro del producto de convolucion.

Para describir el efecto de la convolucion con δa (a 6= 0), introducimos el operador de

traslacion τa : D′(R) −→ D′(R) (T −→ τaT ) cuya definicion explicamos a continuacion.

Primero, para f ∈ L1loc(R) definimos τaf por traslacion de la grafica de f , es decir,

(τaf)(x) := f(x − a), −∞ < x < ∞. (13)

Tenemos para ϕ ∈ D(R),

〈τaf, ϕ〉(13)= 〈f(x − a), ϕ(x)〉 =

∞∫

−∞

f(x − a)ϕ(x)dx

=

∞∫

−∞

f(t)ϕ(t + a)dt = 〈f(x), ϕ(x + a)〉,

6

luego es natural definir

〈τaT, ϕ〉 := 〈T (x), ϕ(x + a)〉; ϕ ∈ D(R), T ∈ D′(R), a ∈ R. (14)

Tambien, en vista de (13) es natural escribir T (x − a) en lugar de (τaT )(x), y en particular

δ(x − a) := (τaδ)(x) =⇒ τaδ = δa, a ∈ R, (15)

y ası surge la notacion δ(x − a) en lugar de δa(x) (la cual utilizaremos con frecuencia).

Tenemos ahora

〈δa ∗ T, ϕ〉(10)= 〈T (v), 〈δa(u), ϕ(u + v)〉〉 = 〈T (v), ϕ(v + a)〉

(14)= 〈τaT, ϕ〉,

de modo que

δa ∗ T = T ∗ δa = τaT, a ∈ R, (16)

es decir, δa∗ = τa es un operador de traslacion y la traslacion es un operador de convolucion.

Para a = 0 (16) da (12) de nuevo. Para f ∈ L1loc(R) tenemos de (13), (16) que

δa(x) ∗ f(x) = f(x − a), a ∈ R.

7

Clase 6: Continuacion.

Peter Hummelgens

9 de enero de 2007

2. Segun (e) existe δ(n) ∗ T para todo T ∈ D′(R) y tenemos

〈δ(n) ∗ T, ϕ〉 = 〈T (v), 〈δ(n)(u), ϕ(u + v)〉〉 = 〈T (v), (−1)nϕ(n)(0 + v)〉

= (−1)(n)〈T (v), ϕ(n)(v)〉 = 〈T (n), ϕ〉 para todo φ ∈ D′(R)

=⇒ δ(n) ∗ T = T ∗ δ(n) = T (n); n = 0, 1, 2, · · · , T ∈ D′(R). (1)

En particular

δ′ ∗ T = T ′,

es decir la derivada distribucional es un operador de convolucion(

d

dx

)

gen

= δ′ ∗ .

Para f ∈ L1loc(R) podemos escribir (1) como

f (n)gen(x) = δ(n)(x) ∗ f(x); n = 0, 1, 2, · · · . (2)

Sea L = a0 + a1d/dx + · · · + andn/dxn un ODLCC, entonces para T ∈ D′(R), con (1),

LT = a0T + a1T′ + · · · + anT

(n) = a0δ ∗ T + a1δ′ ∗ T + · · · + anδ

(n) ∗ T =

= [a0δ + a1δ′ + · · · + anδ

(n)] ∗ T,

de modo que (1) se generaliza a

LT = T ∗ (Lδ) = (Lδ) ∗ T, T ∈ D′(R). (3)

3. Si existe S ∗ T entonces existen (τaS) ∗ T , S ∗ (τaT ) y

〈τa(S ∗ T ), ϕ〉 = 〈(S ∗ T )(x), ϕ(x + a)〉 = 〈S(u), 〈T (v), ϕ(u + v + a)〉〉

= 〈S(u), 〈(τaT )(v), ϕ(u + v)〉〉 = 〈S ∗ (τaT ), ϕ〉, para todo ϕ ∈ D(R)

1

=⇒ τa(S ∗ T ) = S ∗ (τaT ),

entonces tambien

τa(S ∗ T ) = τa(T ∗ S) = T ∗ (τaS) = (τaS) ∗ T.

Finalmente

τa(S ∗ T ) = (τaS) ∗ T = S ∗ τa(T ), a ∈ R (4)

en palabras: para trasladar S ∗ T basta trasladar uno de los factores.

4. Si existe S ∗ T , entonces existen S ′ ∗ T y S ∗ T ′ y tenemos

〈(S ∗ T )′, ϕ〉 = −〈S ∗ T, ϕ′〉 = −〈S(u), 〈T (v), ϕ′(u + v)〉〉

= 〈S(u),−〈T (v), ϕ′(u + v)〉〉 = 〈S(u), 〈T ′(v), ϕ(u + v)〉〉

= 〈S ∗ T ′, ϕ〉 para todo ϕ ∈ D(R)

=⇒ (S ∗ T )′ = S ∗ T ′, entonces tambien

(S ∗ T )′ = (T ∗ S)′ = T ∗ S ′

entonces

(S ∗ T )′ = S ′ ∗ T = S ∗ T ′ (5)

en palabras: para tomar la DG de S ∗T basta tomar la DG de uno de los factores. Aplicacion

repetida de (5) da

(S ∗ T )′′ = ((T ∗ S)′)′ = (S ′ ∗ T )′ = S ′′ ∗ T = S ′ ∗ T ′ = S ∗ T ′′ = · · · , etc,

y es claro que

(S ∗ T )(n) = Sk ∗ T (n−k); n = 1, 2, · · · ; 0 ≤ k ≤ n. (6)

¡Podemos mover arbitrariamente las DG de un factor a otro!. Mas generalmente: para un

ODLCC L tenemos

L(S ∗ T ) = (LS) ∗ T = S ∗ (LT ), si existe S ∗ T . (7)

5.- Para f, g, k ∈ L1loc(R) causales o mas generalmente f.g.k ∈ D′

+(R) tenemos

(f ∗ g) ∗ k = f ∗ (g ∗ k) = f ∗ g ∗ k (no hace falta poner parentesis.)

Lo mismo vale en L1(R). Ademas, si S1, · · · , Sn ∈ D′(R) con todos los Si excepto posiblemente

uno de soporte compacto, entonces existe S1 ∗ · · · ∗ Sn donde podemos poner parentesis de

manera arbitraria.

2

1. Ejemplos varios.

A continuacion presentaremos aplicaciones de las reglas operacionales

Ejemplo 1. Se pide hallar φ(x) = h(x) ∗ h(x) cos(2x). Esto hicimos en la clase anterior

mediante integracion. Ahora podemos hacerlo mas facilmente sin integracion

φ(x) = h(x) ∗ h(x) cos(2x) = h(x)

(

1

2h(x) sen(2x)

)′

gen

(5)=

1

2h′

gen(x) ∗ h(x) sen(2x) =1

2δ(x) ∗ h(x) sen(2x)

=1

2h(x) sen(2x), listo.

Ejemplo 2. Sean f(x) = e−|x|, −∞ < x < ∞ y

g(x) =

{

1; −1 ≤ x ≤ 1

0; otro x.

Como g es de soporte compacto, existe f ∗ g. Sea k = f ∗ g, entonces

k′gen(x)

(5)= f(x) ∗ g′

gen = e−|x| ∗ [δ−1(x) − δ1(x)]

= e−|x+1| − e−|x−1|

=⇒ k′gen(x) =

e2−1e

ex; x < −1

−2esenh(x); −1 < x < 1

− e2−1e

e−x; x > 1

,

luego por integracion

k(x) =

e2−1e

ex + c1; x < −1

−2ecosh(x) + c2; −1 < x < 1

e2−1e

e−x + c3; x > 1

con c1, c2, c3 constantes. Pero sabemos que k ∈ L1(R), lo que implica que lımx→±∞ k(x) = 0

=⇒ c1 = c3 = 0. Ademas k debe ser continua porque la expresion para k ′gen(x) no contiene

deltas, y esto implica c2 = 2. Con esto k(x) queda determinada.

Ejemplo 3. Sean

f(x) =

{

1 − x2, −1 ≤ x ≤ 1

0, otro x.

3

y g(x) = eλx; −∞ < x < ∞ (λ 6= 0 una constante). Entonces k(x) = f(x) ∗ g(x) existe

porque f es de soporte compacto. Tenemos

k(x) =

1∫

−1

(1 − ξ2)eλ(x−ξ)dξ,

pero no vamos a calcular esta integral. Tenemos k′′′gen(x)

(5)= f(x) ∗ g′′′

gen(x) = f(x) ∗ λ3g(x)

=⇒ k′′′gen(x) = λ3k(x).

Pero tambien

k′′′gen(x)

(5)= f ′′′(x) ∗ g(x) = [−2δ−1(x) + 2δ1(x) + 2δ′−1(x) + 2δ′1(x)] ∗ g(x)

= −2g(x + 1) + 2g(x − 1) + 2δ−1(x) ∗ g′(x) + 2δ1(x) ∗ g′(x)

= −2g(x + 1) + 2g(x − 1) + 2g′(x + 1) + 2g′(x − 1)

=⇒ k′′′gen(x) = −2eλ(x+1) + 2eλ(x−1) + 2λeλ(x+1) + 2λeλ(x−1)

=⇒ k(x) =2

λ3

[

(λ − 1)eλ + (λ + 1)e−λ]

eλx; −∞ < x < ∞.

Ejemplo 4. Sean

f(x) =

{

1; 1 ≤ x ≤ 2

0; otro x.,

{

1, 4 ≤ x ≤ 5

0, otro x.

Existe k = f ∗ g porque ambos factores son de soporte compacto y sabemos que k tiene que

ser de soporte compacto. Tenemos

k′gen(x)

(5)= f ′

gen(x) ∗ g(x) = [δ1(x) − δ2(x)] ∗ g(x) = g(x − 1) − g(x − 2).

La grafica de g(x − 1) − g(x − 2) se consigue facilmente y es

5

1

6 7

−1

x

g(x−1)−g(x−2)

4

Ahora, de k(x) =x∫

−∞

k′gen(t)dt tenemos

para x < 5: k(x) = 0

para 5 < x < 6 : k(x) =x∫

5

1dt = x − 5

para 6 < x < 7: k(x) = 1 +x∫

6

(−1)dt = 1 − (x − 6) = 7 − x

para x > 7: k(x) = 0

x−5 7−x

6 x75

2. Aplicacion a ED con coeficientes constantes.

Sea L un ODLCC y consideremos la ED

Lu(x) = f(x), −∞ < x < ∞ (8)

donde f ∈ D′(R) dada y buscamos soluciones u ∈ D′(R). El problema principal es encontrar

una solucion particular up ∈ D′(R) de (8) (la ED Lu(x) = 0 tiene en D′(R) unicamente las

soluciones clasicas v ∈ C∞(R) que se consigue con metodos elementales de Mat. IV). Sea

E ∈ D′(R) una s.f. de L y supongamos que existe E ∗ f (= f ∗ E). Entonces

L(E ∗ f)(7)= (LE) ∗ f = δ ∗ E = E

=⇒ up = E ∗ f es una solucion particular de (8).

Ejemplo 5. Sea la ED

u′′(x) + u(x) = h(x − 1)ex, −∞ < x < ∞. (9)

Ya conocemos la s.f. E(x) = h(x) sen(x) de L = d2/dx2 + 1 (el ODLCC que figura en

(9)). Como E(x) y h(x − 1)ex son ambas causales, existe E(x) ∗ h(x − 1)ex y

u(x) = E(x) ∗ h(x − 1)ex = h(x) sen(x) ∗ h(x − 1)ex (10)

5

es una solucion particular de (10).

Tenemos u(x) = h(x − 1)x−1∫

0

sen(ξ)ex−ξdξ = h(x − 1)exx−1∫

0

sen(ξ)e−ξdξ, la integral es

facil (2 integraciones por partes) y obtenemos

u(x) =1

2h(x − 1) [ex − e sen(x − 1) − e cos(x − 1)] . (11)

Alternativamente (sin integracion)

u(x) = h(x) sen(x) ∗ h(x − 1)ex (5)=⇒ u′

gen(x) = h(x) sen(x) ∗ [h(x − 1)ex + eδ1(x)]

=⇒ u′gen(x) = u(x) + eh(x − 1) sen(x − 1)

=⇒ u′′gen(x) = u′

gen(x) + eh(x − 1) cos(x − 1)

=⇒ u′′gen = u(x) + eh(x − 1) sen(x − 1) + eh(x − 1) cos(x − 1).

Pero tambien u′′gen(x) = −u(x) + h(x − 1)ex (ya que u es solucion de (10))

restando−→ 0 = 2u(x) + eh(x − 1) [sen(x − 1) + cos(x − 1)] − h(x − 1)ex

=⇒ u(x) =1

2h(x − 1) [ex − e sen(x − 1) − e cos(x − 1)] ,

en acuerdo con (11).

La solucion general de Lv(x) = 0 es v(x) = A cos(x) + B sen(x) (A,B ∈ C arbitrarias)

=⇒ la solucion general de (9) es

u(x) =1

2[ex − e sen(x − 1) − e cos(x − 1)] + A cos(x) + B sen(x).

6

Clase 7: Continuacion.

Peter Hummelgens

12 de noviembre de 2006

Ejemplo 1. (a) Sea la ED

−u′′(x) + u(x) = f(x); −∞ < x < ∞ (1)

donde

f(x) =

{

1, −1 ≤ x ≤ 1

0, otro x.

En la Clase 3 vimos que

E(x) =1

2e−|x|

es s.f. de

L = −d2

dx2+ 1

(el ODLCC que figura en la ED). Como sop(f) es compacto, existe E(x) ∗ f(x) y

up = E(x)∗f(x) es entonces una solucion particular de (1) (ver Clase 6). “Por suerte”

ya calculamos este producto de convolucion en el segundo ejemplo de la Clase 6:

up(x) =

e2 − 1

2eex; x < −1

1 −1

ecosh(x); −1 < x < 1

e2 − 1

2ee−x; x > 1.

La solucion general de (1) es u(x) = up(x) + Aex + Be−x (patrimonio cultural: otra

forma de la solucion general de v′′(x) − k2v(x) = 0 (k > 0) es v(x) = Aekx + Be−kx,

ver la clase 3 para la forma hiperbolica equivalente).

(b) Sea la ED

−u′′(x) + u(x) = δ(x) + δ′′(x); −∞ < x < ∞. (2)

1

Una solucion particular es

up(x) = E(x) ∗ [δ(x) + δ′′(x)] = E(x) + E ′′gen(x) (3)

pero

−E ′′(x)gen + E(x) = δ(x) =⇒ E ′′gen(x) = E(x) − δ(x),

luego con (3),

up(x) = 2E(x) − δ(x) = e−|x|− δ(x).

La solucion general de (2) es

u(x) = e−|x|− δ(x) + Aex + Be−x.

(c) Sea la ED

−u′′(x) + u(x) = h(x); −∞ < x < ∞. (4)

Ahora hay dudas sobre la existencia de E(x) ∗ h(x) ya que ambos factores no son de

soporte compacto. Pero en la Clase 3 encontramos otra s.f. de L = −d2/dx2 +1 que es

causal, a saber

E1(x) = −h(x) senh(x),

y E1(x)∗h(x) existe ya que ambos factores son causales. Entonces up(x) = E1(x)∗h(x)

es una solucion particular de (4). Tenemos

up(x) = −h(x) senh(x) ∗ h(x) = −h(x)

x∫

0

senh(ξ)dξ = −h(x)[cosh(ξ)]x0

=⇒ up(x) = h(x)[1 − cosh(x)].

Verifiquemos la solucion:

(up)′gen(x) = −h(x) senh(x) (h(x)[1 − cosh(x)] no tiene saltos)

=⇒ (up)′′gen(x) = −h(x) cosh(x) (h(x) senh(x) no tiene saltos.)

=⇒ −(up)′′gen(x) + up = h(x) cosh(x) + h(x)[1 − cosh(x)] = h(x),

como debe ser.

Observacion 1. El ultimo ejemplo ilustra que para encontrar una solucion particular de

Lu(x) = f(x) se impone escoger una s.f. E de L adaptada a f en el sentido que este

asegurada la existencia de E ∗ f .

2

Otra aplicacion importante es a la resolucion de problemas de valor inicial (PVI)

Ejemplo 2. Sea el PVI

u′′(x) + 4u(x) = g(x); −∞ < x < ∞ (5)

u(a) = 1, u′(a) = −1 (6)

donde a ∈ R, g ∈ C(R) dados. De la teorıa general de los PVI sabemos que el problema tiene

solucion unica (existencia y unicidad) u ∈ C2(R) (si la ED fuera de orden n, tendremos

u ∈ Cn(R)). Este hecho es esencial para el procedimiento que sigue.

Como primer paso vamos a reemplazar el PVI por una sola ED en sentido distribucional.

Sea u(x) la solcion buscada, entonces ponemos

v(x) := h(x − a)u(x); −∞ < x < ∞ (7)

De lo anterior dicho vemos que v(x) es de clase C2 en (−∞; a] y [a;∞) (a trozos). Entonces

v(x), v′cl(x) pueden tener saltos unicamente en x = a. Entonces

v′gen(x) = h(x − a)u′(x) + u(a)δa(x)

(6)= h(x − a)u′(x) + δa(x),

v′′gen(x) = h(x − a)u′′(x) + u′(a)δa(x) + δ′a(x)

(6)= h(x − a)u′′(x) − δa(x) + δ′a(x)

(7)=⇒ v′′

gen(x) + 4v(x) = h(x − a)[u′′(x) + 4u(x)] − δa(x) + δ′a(x)

(5)=⇒ v′′

gen(x) + 4v(x) = h(x − a)g(x) − δa(x) + δ′a(x), (8)

y tenemos el PVI resumida en una sola ED.

Como segundo paso vamos a resolver (8). La s.f. causal de L = d2/dx2 + 4, es como

ya sabemos, E(x) = 12h(x) sen(2x) y como el miembro derecho de (8) es causal tambien,

sabemos que v(x) = E(x) ∗ [h(x − a)g(x) − δa(x) + δ′(x)] es solucion de (8). Tenemos

v(x) = E(x) ∗ h(x − a)g(x) − E(x) ∗ δa(x) + E(x) ∗ δ′a(x)

= E(x) ∗ h(x − a)g(x) − E(x − a) + E ′gen(x − a),

pero E ′gen(x) = h(x) cos(2x), entonces

v(x) = E(x) ∗ h(x − a)g(x) − h(x − a)

(

1

2sen[2(x − a)] − cos[2(x − a)]

)

. (9)

3

Para calcular el producto de convolucion en (9) podemos probar aplicar las reglas opera-

cionales de la convolucion o utilizar integracion usando

E(x) ∗ h(x − a)g(x) = h(x − a)g(x) ∗ E(x)

=1

2h(x − a)

x∫

a

g(ξ) sen[2(x − ξ)]dξ.(10)

De (9), (10) finalmente

v(x) = h(x − a)

1

2

x∫

a

g(ξ) sen[2(x − ξ)]dξ −1

2sen[2(x − a)] + cos[2(x − a)]

y comparando con (7), v(x) = h(x − a)u(x), obtenemos la solucion final

u(x) =1

2

x∫

a

g(ξ) sen[2(x − ξ)]dξ −1

2sen[2(x − a)] + cos[2(x − a)] −∞ < x < ∞

del PVI. La integral de convolucion podemos evaluar cuando conocemos la forma explıcita

de g(x).

Para mas ejemplos ver la guıa de ejercicios resueltos del profesor P. F. Hummelgens.

Una ED con coeficientes constantes Lu(x) = g(x) puede escribirse como una ecuacion de

convolucion: (L ∗ δ) ∗ u = g. Mas generalmente una ecuacion de convolucion (EC) es de la

forma

f(x) ∗ u(x) = g(x); −∞ < x < ∞, (11)

donde f, g ∈ D′(R) distribuciones dadas (para la ED anterior f = Lδ). Por ejemplo, si

f ∈ D′+R entonces f ∗ u ∈ D′

+(R) para todo u ∈ D′+(R) y podemos resolver (11) para una

g ∈ D′+(R) dada (las mismas observaciones si reemplazamos D′

+(R) por L1(R) por ejemplo).

Si f ∈ D′ es de soporte compacto, entonces existe f(x) ∗ u(x) para todo u ∈ D′(R).

Sea f∗ un operador de convolucion, entonces una E ∈ D′(R) tal que f ∗ E = δ se llama

una solucion fundamental (s.f.) del operador de convolucion f∗. Como f∗ es un operador lineal,

la s.f. general de f∗ es ξ = E(x) + v(x), donde v ∈ D′(R) la solucion general de la ecuacion

de convolucion homogenea f(x) ∗ v(x) = 0.

Consideremos (11) en el espacio D′+(R), es decir, supongamos f, g ∈ D′

+(R) y buscamos

soluciones u ∈ D′+(R). Sea E ∈ D′

+(R) una s.f. de f∗, entonces existe E(x)∗g(x) = g(x)∗E(x)

(ya que ambos factores son causales) y

f ∗ (E ∗ g) = (f ∗ E) ∗ g = δ ∗ g = g

4

=⇒ up(x) = E(x) ∗ g(x) (12)

es una solucion particular de (11), y la solucion general de (11) es u(x) = E(x)∗ g(x)+ v(x),

donde v(x) es la solucion general de la ecuacion homogenea f ∗ v = 0.

Ejemplo 3. (a) Sea la EC

h(x) ∗ u(x) = g(x), −∞ < x < ∞ (13)

donde g ∈ D′+(R) dada, y buscamos una solucion causal u ∈ D′

+(R). Tenemos

h(x) ∗ u(x) = g(x) =⇒ h′gen(x) ∗ u(x) = g′

gen(x)

=⇒ δ(x) ∗ u(x) = g′gen(x) =⇒ up(x) = g′

gen(x)

es una solucion particular de (13) y es causal. La EC homogenea es

h(x) ∗ v(x) = 0 =⇒ h′gen(x) ∗ v(x) = 0 =⇒ δ(x) ∗ v(x) = 0 =⇒ v(x) = 0,

de modo que la EC homogenea tiene unicamente la solucion trivial v(x) = 0. Por lo

tanto (13) tiene solucion unica en D′+(R), dada por

u(x) = g′gen(x)

(b) Sea la EC

h(x)x2∗ u(x) = h(x) sen(2x), −∞ < x < ∞. (14)

Tenemos

h(x)x2∗ u(x) = h(x) sen(2x) =⇒ 2h(x)x ∗ u(x) = 2h(x) cos(2x)

=⇒ 2h(x)∗u(x) = −4h(x) sen(2x)+2δ(x) =⇒ 2δ(x)∗u(x) = −8h(x) cos(2x)+2δ ′(x)

=⇒ up(x) = −4h(x) cos(2x) + δ′(x)

es solucion particular causal de (14). Nuevamente la EC homogenea tiene unicamente

la solucion trivial, por lo tanto up(x) es la solucion de (14) en D′+(R).

Alternativamente podemos primero buscar una s.f. causal E(x) de h(x)x2:

h(x)x2∗ E(x) = δ(x) =⇒ 2h(x)x ∗ E(x) = δ′(x) =⇒ 2h(x) ∗ E(x) = δ′′(x)

5

=⇒ 2E(x) = δ′′′(x) =⇒ E(x) =1

2δ′′′(x).

Ahora segun (12),

up(x) =1

2δ′′′(x) ∗ h(x) sen(2x) =

1

2(h(x) sen(2x))′′′gen

= −4h(x) cos(2x) + δ′(x),

como antes. Mas ejemplos de ecuaciones de convolucion presentaremos en la clase 10.

6

Clase 8: La Transformada de Laplace.

Peter Hummelgens

9 de enero de 2007

1. Transformada de Laplace de funciones.

Sea f ∈ L1loc(R) causal , sop(f) ⊆ [a;∞). Consideremos la integral de Laplace

F (x) :=

∞∫

−∞

e−tzf(t)dt, z ∈ C (1)

donde z = ξ+ iη una variable compleja. Decimos que f(t) es Laplace transformable si, y solo

si, la integral converge absolutamente (es decir e−tzf(t) pertenece a L1(R) como funcion de t)

para algun z ∈ C. Sea f(t) Laplace transformable con la integral absolutamente convergente

para z = z0 (Re z0 = ξ0). Como sop(f) ⊆ [a;∞) tenemos de (1)

F (z) =

∞∫

a

e−tzf(t)dt, (2)

donde converge y tenemos

Re z = ξ ≥ ξ0 =⇒ |e−tzf(t)| = |e−t(ξ+iη)||f(t)| = e−tξ|f(t)| ≤ e−tξ0|f(t)|

con∞∫

a

e−tξ0|f(t)|dt convergente, de modo que converge tambien∞∫

a

|e−tzf(t)|dt para ξ ≥ ξ0.

De lo anterior se desprende que para la integral de Laplace (1) hay 3 posibilidades:

(a) No converge para todo z ∈ C (un ejemplo es h(t)et2 , que crece demasiado rapido cuando

t → ∞), y f(t) no es Laplace transformable.

(b) Converge para todo z ∈ C (un ejemplo es h(t)e−t2 , que decrece a o sumamente rapido

cuando t → ∞), y F (z) esta definida en todo el plano C.

1

(c) El caso “mas comun”: La integral de Laplace converge absolutamente en algun

semiplano ξ = Re z > α,

iη

α

ξ>α

ξ

y diverge o no converge absolutamente en ξ < α. Podemos interpretar el caso (b) como

el caso (c) con α = −∞ y el caso (a) como el caso (c) con α = ∞.

En el semiplano ξ > α, F (z) =∞∫

−∞

e−tzf(t)dt es una funcion analıtica (Mat. VI) de z,

ya que podemos calcular las derivadas de F (z) por derivacion bajo la integral:

F ′(z) =d

dz

∞∫

−∞

e−tzf(t)dt =

∞∫

−∞

d

dz(e−tz)f(t)dt =

∞∫

−∞

(−tf(t))e−tzdt,

es decir, cuando

f(t)L

−→ F (z), entonces

−tf(t)L

−→ F ′(z), y mas generalmente

(−t)nf(t)L

−→ F (n)(z); n = 0, 1, 2, · · ·

(3)

Aquı introducimos la notacion f(t)L

−→ F (z), para f(t) Laplace transformable, cuya

interpretacion precisa requiere de algunos comentarios. Primero un ejemplo.

Ejemplo 1. Sea f(t) = h(t − a). Tenemos

F (z) =

∞∫

a

e−tz1dt = −1

z

[

e−tz]∞

t=a=

e−az

z−

1

z

[

e−tz]

t→∞

Pero |e−tz| = |e−t(ξ+iη)| = e−tξ es acotada para t → ∞ si, y solo si, ξ ≥ 0 y vemos entonces

que existe lımt→∞

1

ze−tz solamente si ξ > 0 y en este caso el lımite es cero, es decir,

F (z) =

∞∫

−∞

e−tzf(t)dt =e−az

zen el semiplano Re z > 0

2

ξ>0

ξ

iη

Pero observamos que la funcion e−az

zes analıtica en todo el plano C (tambien en ξ < 0)

excepto en z = 0 (donde tiene un polo simple). Es la funcion e−az

zdefinida y analıtica en

todo C − {0} que nos importa y es de importancia secundaria el hecho que en el semiplano

ξ > 0 podemos representar e−az

zcomo la integral de Laplace

∞∫

a

e−tzdt. Por la transformada de

Laplace de h(t− a) entendemos e−az

zen toda su region de analiticidad en el plano complejo.

Escribimos entonces

h(t − a)L

−→e−az

z(a ∈ R),

sin agregar Re z > 0. Ası entonces, con f(t)L

−→ F (z) indicamos que f(t) es Laplace

transformable y tiene transformada de Laplace F (z) como funcion analıtica en toda su region

de analiticidad.

Presentaremos una pequena tabla de transformadas

h(t − a)L

−→e−az

z(a ∈ R), h(t)

L−→

1

z

h(t)eλt L−→

1

z − λ(λ ∈ C)

h(t) cos(at)L

−→z

z2 + a2, h(t) sen(at)

L−→

a

z2 + a2(a ∈ R)

h(t) cosh(at)L

−→z

z2 − a2, h(t) senh(at)

L−→

a

z2 − a2(a ∈ R)

h(t)tneλtL

−→n!

(z − λ)n+1, (n = 0, 1, 2, · · · , λ ∈ C).

(4)

Todas estas formulas se pueden obtener directamente de (2) via integracion, pero mas

adelante (cuando tenemos la TL de distribuciones y las reglas operacionales de la TL)

tendremos metodos muchos mas eficientes para obtener estas transformadas (sin

integraciones.)

3

2. Transformada de Laplace de distribuciones.

Sea f ∈ L1loc(R) de soporte compacto, entonces podemos escribir

∞∫

−∞

e−tzf(t)dt como

corchete,

f(t)L

−→ F (z) = 〈f(t), e−tz〉t, z ∈ C, (5)

donde 〈 , 〉t significa que la variable en el corchete es t (y no z). El corchete existe para

todo z ∈ C, es decir, F (z) es definida y analıtica en todo el plano complejo C (es decir una

funcion entera). Ahora sera claro que la misma formula (5) tiene sentido para distribuciones

de soporte compacto. Ası que adoptamos (5) como definicion de F (z) para f ∈ D′(R) una

distribucion de soporte compacto. Sea f ∈ D′(R) de soporte compacto, entonces f ′

gen, f′′

gen, · · ·

tambien son de soporte compacto, por lo tanto

f (n)gen(t)

L−→ 〈f (n)

gen(t), e−tz〉t = (−1)n〈f(t),dn

dtn(e−tz)〉

= (−1)n〈f(t), (−z)ne−tz〉t

= (−1)n(−z)n〈f(t), e−tz〉t

= zn〈f(t), e−tz〉t

= znF (z),

es decir,

f (n)gen(t)

L−→ znF (z); n = 0, 1, 2, · · · . (6)

Ejemplo 2. δa(t)L

−→ 〈δa(t), e−tz〉t = e−az, entonces

δa(t)L

−→ e−az (a ∈ R)

δ(t)L

−→ 1(7)

y de (6), (7) tenemos

δ(n)a (t)

L−→ zne−az (n = 0, 1, 2, · · · , a ∈ R)

δ(t)(n) L−→ zn (n = 0, 1, 2, · · · ).

(8)

La formula (6) es muy util para hallar transformadas de Laplace, como ilustra el proximo

ejemplo.

Ejemplo 3. Sea f(t) con grafica

4

f(t)

a+t a−t

0 ta

a

−a

En un ejemplo ya visto encontramos que

f ′′

gen(t) = δ−a(t) − 2δ(t) + δa(t),

entonces con (6), (7) se sigue que

z2F (z) = eaz − 2 + e−az =⇒ F (z) =eaz − 2 + e−az

z2,

¡eso es todo!. Como f(t) es de soporte compacto sabemos que F (z) tiene que ser analıtica

en todo C, es decir, que a pesar de z2 en el denominador de la expresion de F (z) no puede

haber singularidad en z = 0. De hecho, aplicando l’-Hopital tenemos

lımz→0

eaz − 2 + e−az

z2= lım

z→0

aeaz − ae−az

2z

= lımz→0

a2eaz + a2e−az

2

=2a2

2= a2,

existe.

En (5) asumimos que f(t) sea de soporte compacto. Pero el corchete 〈f(t), e−tz〉t existe por

supuesto en casos mas generales. Supongamos que f ∈ L1loc(R) causal y de orden exponencial

para t → ∞, es decir,

|f(t)| ≤ Aekt para ciertas constantes A > 0, k ∈ R y para t suficientemente grande. (9)

En palabras: para t → ∞ |f(t)| no crece mas rapido que exponencialmente. Entonces, si

|f(t)| ≤ Aekt para t ≥ t0, tenemos con z = ξ + iη,

∞∫

t0

|e−tzf(t)|dt ≤

∞∫

t0

Aekte−tξdt = A

∞∫

t0

e−t(ξ−k)dt,

5

que converge para ξ > k, lo que implica que∞∫

−∞

e−tzf(t)dt converge absolutamente en el

semiplano ξ > k, de modo que f(t) es Laplace transformable. Es decir: todas las f ∈ L1loc(R)

causales de orden exponencial para t → ∞ son Laplace transformables (una inmensa clase

de funciones Laplace transformables). Para todas estas funciones la formula (5) sigue valida

y tambien la formula (6). Cada funcion acotada es seguramente de orden exponencial para

t → ∞.

Ejemplo 4. Sea f(t) = h(t) cos(at), entonces

f ′

gen(t) = −ah(t) sen(at) + δ(t)

=⇒ f ′′

gen(t) = −a2h(t) cos(at) + δ′(t) =⇒ f ′′

gen(t) = −a2f(t) + δ′(t)

L−→(6),(8)

z2F (z) = −a2F (z) + z

=⇒ F (z) =z

z2 + a2

como en la tabla (4). ¡Eso es todo!.

Ejemplo 5. Sea f(t) = h(t)t4. Tenemos

f ′

gen(t) = 4h(t)t3 =⇒ f ′′

gen(t) = 12h(t)t2 =⇒ f ′′′

gen(t) = 24h(t)t =⇒ f (4)(t) = 24h(t)

=⇒ f (5)(t) = 24δ(t)L

−→(6),(7)

z5F (z) = 24 =⇒ F (z) =24

z5,

como tambien se ve de (4), ultima linea (con λ = 0, n = 4).

Alternativamente h(t)L

−→(4)

1

z, (2) =⇒ t4h(t)

L−→

d4

dz4(z−1) =

24

z5.

6

Clase 9: Continuacion.

Peter Hummelgens

10 de diciembre de 2006

1. Las Reglas Operacionales.

En lo que sigue supongamos que f, g, · · · ∈ D′

+ son Laplace transformables.

1. L es un operador lineal:

f(t) + g(t)L

−→ F (z) + G(z), λf(t)L

−→ λF (z) (Λ ∈ C).

Esto es evidente.

2.

f(t) ∗ g(t)L

−→ F (z)G(z)

Dem:

(f ∗ g)(t)L

−→ 〈(f ∗ g)(t), e−tz〉t = 〈f(u), 〈g(v), e−(u+v)z〉〉

= 〈f(u), e−uz〈g(v), e−vz〉〉

= 〈f(u), e−uzG(z)〉

= G(z)〈f(u), e−uz〉

= G(z)F (z)

= F (z)G(z), listo.

3.

f (n)gen(t)

L−→ znF (z); n = 0, 1, 2, · · · .

Dem: f(n)gen(t) = δ(n)(t) ∗ f(t)

L−→

2.znF (z) ya que vimos que δ(n)(t)

L−→ zn, listo.

1

4.

f(t − a)L

−→ e−azF (z), a ∈ R (traslacion en t).

Dem: f(t − a) = δa(t) ∗ f(t)L

−→2.

e−azF (z) ya que δa(t)L

−→ e−az.

5.

eλtf(t)L

−→ F (z − λ), λ ∈ C (traslacion en z).

Dem: eλtf(t)L

−→ 〈eλtf(t), e−tz〉t = 〈f(t), e−(z−λt)〉t = F (z − λ), listo.

6.

tnf(t)L

−→ (−1)nF (n)(z); n = 0, 1, 2, · · · .

Dem:

tnf(t)L

−→ 〈tnf(t), e−tz〉t = 〈f(t), tne−tz〉t

= 〈f(t), (−1)n dn

dzn(e−tz)〉t

= (−1)n dn

dzn〈f(t), e−tz〉t

= (−1)nF (n)(z), listo.

7. Para f ∈ L1loc(R), 0 < a ∈ R tenemos

〈f(at), ϕ(t)〉 =

∞∫

−∞

f(at)ϕ(t)dts=at=

1

a

∞∫

−∞

f(s)ϕ(s

a

)ds, ϕ ∈ D(R),

por lo que definimos para f ∈ D′(R),

〈f(at), ϕ(t)〉 :=1

a〈f(t), ϕ

(t

a

)〉, ϕ ∈ D(R). (1)

Luego f(at)L

−→ 〈f(at), e−tz〉(1)=

1

a〈f(t), e−z/a〉 =

1

aF

(z

a

), por lo tanto

f(at)L

−→1

aF

(z

a

), a > 0 (cambio de escala en la variable t).

Observe que para que f(at) sea causal es necesario que a > 0.

8. Sea f ∈ L1loc(R) de orden exponencial para t → ∞ con sop(f) ⊆ [c;∞), entonces

F (z)ecz → 0 si Rez → ∞

Dem: ejercicio.

2

Ejemplo 1. Sea f(t) = h(t)sen(t)

t. Esta es una funcion causal y acotada (por lo tanto de

orden exponencial para t → ∞ con k = 0 en (9) de la clase 8) =⇒ existe

F (z) = (Lf(t))(z). Se pide hallar F (z). Sea g(t) = tf(t) = h(t) sen(t), entonces tf(t)L

−→1

z2+1, pero tambien tf(t)

L−→

6.−F ′(z), por lo tanto F ′(z) = − 1

z2+1=⇒ F (z) = − arctan(z)+c

para cierta constante c. Pero segun 8. tenemos F (z) → 0 si Rez → ∞, lo que implica que

c = arctan(∞) = π/2

F (z) =π

2− arctan(z),

es decir, encontramos que

h(t)sen(t)

t

L−→

π

2− arctan(z). (2)

Imagınese Ud el computo f(t)L

−→∞∫0

e−tz sen(t)t

dt, una integral bastante complicada. Esta

complicacion la evitamos por completo por “la magia de las reglas operacionales ” (!!).

Tenemos

f ′

gen(t) = f ′

cl(t) + δ(t) (tenemos lımt→0

sen(t)

t= 1)

= h(t)t cos(t) − sen(t)

t2+ δ(t)

L−→ zF (z)

=

(L

(h(t)

t cos(t) − sen(t)

t2

))(z) + 1

entonces con (2)

h(t)t cos(t) − sen(t)

t2L

−→ z(π

2− arctan(z)

)

e imagınese usted tener que calcular

∞∫

0

e−tz t cos(t) − sen(t)

t2dt.

2. La TL inversa.

Dada F (z), TL de una f ∈ D′

+(R), ¿como hallar f(t)?. Este es el problema inverso

F (z)L−1

−→ f(t) =?.

Por supuesto, cada formula f(t)L

−→ F (z) conocida, es en el mismo momento una formula

F (z)L−1

−→ f(t) para la TL inversa. Por ejemplo (ver ejemplo anterior)

z(π

2− arctan(z)

)L−1

−→ h(t)t cos(t) − sen(t)

t2.

3

Consideremos el caso que F (z) es una funcion racional, es decir un cociente F (z) = P (z)Q(z)

de

polinomios, donde podemos suponer que P (z), Q(z) no tienen ceros comunes.

Ejemplo 2. (a) Sea F (z) =1

(z + 1)(z2 + 1). Aplicando fracciones parciales ponemos

1

(z + 1)(z2 + 1)=

A

z + 1+

Bz + C

z2 + 1=⇒ 1 = A(z2 + 1) + (Bz + C)(z + 1)

para todo z ∈ C

z = −1 =⇒ 1 = 2A =⇒ A =1

2=⇒ 1 =

1

2(z2 + 1) + (Bz + C)(z + 1),

luego

z = 0 =⇒ 1 =1

2+ C =⇒ C =

1

2=⇒ 1 =

1

2(z2 + 1) +

(Bz +

1

2

)(z + 1),

luego

z = 1 =⇒ 1 = 1 +

(B +

1

2

)2 =⇒ B = −

1

2,

=⇒ F (z) =1/2

z + 1+

−12z + 1

2

z2 + 1

=1

2

1

z + 1−

1

2

z

z2 + 1+

1

2

1

z2 + 1L−1

−→tabla

f(t) =1

2h(t)e−t −

1

2h(t) cos(t) +

1

2h(t) sen(t)

=⇒ f(t) =1

2h(t)

[e−t − cos(t) + sen(t)

].

(b) Se pide hallar g(t) = h(t)e−t ∗ h(t) sen(t). Tenemos

g(t)L−1

−→2.

G(z) =1

z + 1

1

z2 + 1

ya que

h(t)e−t L−→

1

z + 1, h(t) sen(t)

L−→

1

z2 + 1

segun la tabla. Luego

G(z) =1

z + 1

1

z2 + 1

L−1

−→(a)

g(t) =1

2h(t)

(e−t − cos(t) + sen(t)

).

Vemos aquı la aplicacion de la TL al computo de productos de convolucion. La idea

general es el esquema

f(t) = g(t) ∗ k(t)L

−→2.

F (z) = G(z)K(z)L−1

−→ f(t).

4

Ejemplo 3. (a) Se pide hallar una s.f. causal E(x) del ODLCC L = d2/dx2 +k2 (k > 0).

Tenemos

E ′′

gen(x) + k2E(x) = δ(x)L

−→3.

z2 + Ξ(z) + k2Ξ(z) = 1

=⇒ (z2 + k2)Ξ(z) = 1 =⇒ Ξ(z) =1

z2 + k2=

1

k

k

z2 + k2

L−1

−→tabla

E(x) =1

kh(x) sen(kx),

la s.f. ya encontrada antes. Vemos aquı: la TL es un instrumento eficiente para

encontrar s.f. causales de ODLCC. La idea general es el esquema siguiente. Si

L = a0 + a1d

dx+ · · · + an

dn

dxn,

entonces

LE(x) = δ(x) =⇒ a0E(x) + a1E′

gen(x) + · · · + anE(n)gen(x) = δ(x)

L−→

3.a0Ξ(z) + a1zΞ(z) + · · · + anz

nΞ(z) = 1 =⇒ Ξ(z) =1

a0 + a1z + · · · + anzn

L−1

−→ E(x).

(b) Se pide resolver la ED

−u′′(x) + u(x) = h(x), −∞ < x < ∞

que ya resolvimos en la Clase 7. Tenemos, asumiendo la existencia de una solucion

u(x) Laplace transformable,

−u′′(x) + u(x) = h(x)L

−→ (−z2 + 1)U(z) =1

z

=⇒ U(z) =1

z(1 − z2)= −

1

z(z + 1)(z − 1)= (fracciones parciales)

=1

z−

1/2

z + 1−

1/2

z − 1

L−1

−→ h(x) −1

2h(x)

[e−x + ex

]= h(x)(1 − cosh(x)).

Pero lo anterior es basado en la suposicion de que existe una solucion Laplace

transformable, y por eso es en principio necesario verificar que h(x)(1 − cosh(x))

realmente es solucion de la ED. Esto lo dejamos al lector. Observe que esta solucion

particular de la ED ya encontramos en la Clase 7. La solucion general de la ED es

u(x) = h(x)(1 − cosh(x)) + Aex + Be−x (A,B ∈ C arbitrarios).

5

Vemos entonces: La TL puede servir para encontrar soluciones particulares Laplace

transformables de una ED con coeficiente constantes.

(c) Sea la ED

−u′′(x) + u(x) = h(x)ex2

; −∞ < x < ∞.

No podemos aplicar la TL ya que h(x)ex2

no es Laplace transformable. Lo que sı

podemos hacer es utilizar la s.f E1(x) = −h(x) senh(x) de L = −d2/dx2 + 1 (Ver

Clase 7) y encontrar la solucion particular up(x) = −h(x) senh(x) ∗ h(x)ex2

. La s.f

E1(x) sı podemos encontrar con la TL:

−E ′′

gen(x) + E(x) = δ(x)L

−→ (−z2 + 1)Ξ(z) = 1

=⇒ Ξ(z) = −1

z2 − 1

L−→tabla

E(x) = −h(x) senh(x).

Una manera alternativa para hallar la TL inversa de F (z) = P (z)Q(z)

es el metodo de los

residuos. Si grado(P ) ≥ grado(Q), el primer paso es hacer la division

P (z)

Q(z)= R(z) +

P (z)

Q(z)

donde R(z) es un polinomio y grado(P ) < grado(Q). Supongamos entonces que

F (z) =P (z)

Q(z)con grado(P ) < grado(Q).

Los ceros α1, · · · , αN de Q(z) (cada uno con su multiplicidad correspondiente) son los polos

de F (z). Tenemos entonces

F (z)L−1

−→ f(t) = h(t)N∑

n=1

Resαn

(etzF (z)

)(3)

donde Resαi(etzF (z)) es el residuo de etzF (z) en z = αi.

Ejemplo 4. (a) Sea F (z) =z4 + 2z

z2 + 1. Tenemos haciendo la division

F (z) = z2 − 1 +2z + 1

z2 + 1= z2 − 1 + G(z), G(z) =

2z + 1

z2 + 1

L−1

−→ f(t) = δ′′(t) − δ(t) + g(t). (4)

6

Ademas

G(z) =2z + 1

z2 + 1tiene polos en z = ±i y

Resi

(etzG(z)

)= lım

z→i(z − i)

2z + 1

z2 + 1etz = lım

z→i(z − i)

2z + 1

(z − i)(z + i)etz

= lımz→i

2z + 1

z + ietz

=2i + 1

2ieit.

Similarmente

Res−i

(etzG(z)

)=

2i − 1

2ie−it

(3)=⇒ g(t) = h(t)

[2i + 1

2ieit +

2i − 1

2ie−it

]

= h(t)[eit − e−it

]+

1

2i

[eit − e−it

]

= (formula de Euler)

= 2h(t) cos(t) + h(t) sen(t),

y ahora con (4)

f(t) = δ′′(t) − δ(t) + h(t)[2 cos(t) + sen(t)].

En este caso el metodo de los residuos no es la manera mas rapida para hallar g(t).

Mas corto

G(z) = 2z

z2 + 1+

1

z2 + 1

L−→tabla

g(t) = 2h(t) cos(t) + h(t) sen(t).

(b) Sea K(z) = e3z z4 + 2z

z2 + 1. Ahora K(z) no es una funcion racional por la presencia del

factor e3z. Pero este factor podemos acomodar con la regla operacional 4.. Tenemos

K(z) = e3zF (z)

con la F (z) de (a), es decir,

F (z)L−1

−→ f(t) = δ′′(t) − δ(t) + h(t)(2cos(t) + sen(t)).

Entonces con (4) tenemos

K(z)L−1

−→ f(t + 3) = δ′′(t + 3) − δ(t + 3) + h(t + 3)[2 cos(t + 3) + sen(t + 3)]

=⇒ k(t) = δ′′−3(t) − δ−3(t) + h(t + 3)[2 cos(t + 3) + sen(t + 3)].

7

Ejemplo 5. Sea F (z) =2z2 cosh(z)

4 + z2(no es una funcion racional). Tenemos

cosh(z) =ez + e−z

2

F (z) =2z2

4 + z2

(ez + e−z

)=

(1 −

4

z2 + 4

) (ez + e−z

)

= ez + e−z − 4ez 1

z2 + 4− 4e−z 1

z2 + 4L−1

−→ f(t) = δ−1(t) + δ1(t) − 2h(t + 1) sen[2(t + 1)] − 2h(t − 1) sen[2(t − 1)]

usando 4. y la tabla.

8

Clase 10: Continuacion.

Peter Hummelgens

9 de enero de 2007

1. Aplicaciones de la TL

Ya ilustramos (en la clase 9) 3 aplicaciones de la TL: computo de productos de

convolucion, computo de s.f. causales de ODLCC, computo de una solucion causal y Laplace

transformable de una ED con coeficientes constantes.

Veamos mas aplicaciones mediante ejemplos concretos.

Ejemplo 1. (a) Sea la EC

h(x)x2 ∗ u(x) = h(x) sen(2x), −∞ < x < ∞ (1)

que ya resolvimos en D′

+(R) en la clase 7. Buscamos una solucion causal y Laplace

transformable u(x).

Asumiendo la existencia de una solucion causal y Laplace transformable u(x) de (1),

tenemos

h(x)x2 ∗ u(x) = h(x) sen(2x)L

−→2.

F (z)U(z) = G(z) (2)

donde

h(x)x2 L−→ F (z), u(x)

L−→ U(z), h(x) sen(2x)

L−→ G(z).

Para hallar F (z) tenemos f(x) = h(x)x2 =⇒ f ′

gen(x) = 2h(x)x =⇒ f ′′

gen(x) = 2h(x)

=⇒ f ′′′

gen(x) = 2δ(x)L

−→3.

z3F (z) = 2 =⇒ F (z) =2

z3. De la tabla tenemos G(z) =

2

z2 + 4, luego con (2),

U(z) =z3

z2 + 4= z −

4z

z2 + 4=

L−1

−→tabla

u(x) = δ′(x) − 4h(x) cos(2x)

como solucion particular causal y Laplace transformada de (1) (sustitucion en (1) revela

que realmente es solucion).

1

(b) Sea la EC

h(x)x2 ∗ u(x) = g(x), −∞ < x < ∞ (3)

con g ∈ D′

+(R). Como no sabemos si g es Laplace transformable, no podemos aplicar la

TL a (3). Pero podemos usar la TL para hallar una s.f. causal y Laplace transformable

de h(x)x2∗. Tenemos

h(x)x2 ∗ E(x) = δ(x)L

−→2

z3Ξ(z) = 1 =⇒ Ξ(z) =

1

2z3 L−1

−→ E(x) =1

2δ′′′(x),

luego u(x) = E(x) ∗ g(x) =1

2δ′′′(x) ∗ g(x) =

1

2g′′′

gen(x) es solucion causal de (3).

Aplicando este resultado con g(x) = h(x) sen(2x) como en (a), obtenemos

u(x) =1

2(h(x) sen(2x))′′′gen = −4h(x) cos(2x) + δ′(x)

como en (a) (es el mismo computo como en la pagina 7.5 de la Clase 7)

Ejemplo 2. Sea el PVI

{

u′′(t) + 4u(t) = e−2t; −∞ < t < ∞

u(0) = 0, u′(0) = 1.

Como en la Clase 7 reemplazamos el PVI por una sola ED en sentido distribucional. Ponemos

v(t) = h(t)u(t) donde u(t) es la solucion buscada. Tenemos

v′

gen(t) = h(t)u′(t) + u(0)δ(t) = h(t)u′(t),

luego

v′′

gen(t) = h(t)u′′(t) + u′(0)δ(t) = h(t)u′′(t) + δ(t)

=⇒ v′′

gen(t) + 4v(t) = h(t)[u′′(t) + 4u(t)] + δ(t)

ED=⇒ v′′

gen(t) + 4v(t) = h(t)e−2t + δ(t). (4)

Ahora, aplicando directamente la TL a (4), tenemos (tabla: h(t)eλt L−→ 1

z−λ)

(4)L

−→ (z2 + 4)V (z) =1

z + 2+ 1 =

z + 3

z + 2

⇒ V (z) =z + 3

(z + 2)(z2 + 4). (5)

2

Aplicando fracciones parciales,

V (z) =1/8

z + 2+

−18z + 5/4

z2 + 4=

1

8

1

z + 2−

1

8

z

z2 + 4+

5

8

2

z2 + 4

L−1

−→tabla

v(t) =1

8h(t)

[

e−2t − cos(2t) + 5 sen(2t)]

, v(t) = h(t)u(t)

y la solucion del PVI es

u(t) =1

8

[

e−2t + 5 sen(2t) − cos(2t)]

; −∞ < t < ∞

Alternativamente podemos aplicar a (2) el metodo de los residuos. Los polos de V (z) son

z = −2,±2i, y encontramos (¡verifique!).

v(t) = h(t)

[

1

8e−2t −

1

16

(

e2it + e−2it)

−5i

16

(

e2it − e−2it)

]

= (formulas de Euler)

=1

8h(t)

[

e−2t − cos(2t) + 5 sen(2t)]

como antes.

Ejemplo 3. Sea E(t) =1

2h(t)t2et. Se pide hallar un ODLCC L que tenga E(t) como s.f..

Aplicamos la TL. Tenemos

LE = δ =⇒ (Lδ) ∗ E = δL

−→ L(Lδ)(z)Ξ(z) = 1.

Pero tambien1

2h(t)t2et L

−→tabla

Ξ(z) =1

(z − 1)3

=⇒ L(Lδ)(z) = (z − 1)3 = z3 − 3z2 + 3z − 1

L−1

−→ (Lδ)(t) = δ′′′(t) − 3δ′′(t) + 3δ′(t) − δ(t)

=⇒ L =d3

dt3− 3

d3

dt3+ 3

d

dt− 1.

Ejemplo 4. Se pide hallar f(x) = h(x + 1)|x| ∗ h(x)x. Sea g(x) = h(x + 1)|x|.

−1 0 x

x−x

g(x)

3

g′

gen(x) = g′

cl(x) + δ−1(x)

−1

1

x

−1

0

g’cl(x)

g′′

gen(x) = g′′

cl(x) − δ−1(x) + 2δ(x) + δ′−1(x)

g′′

gen(x) = −δ−1(x) + 2δ(x) + δ′−1(x)

L−→ z2G(z) = −ez + 2 + zez =⇒ G(z) =

2 + (z − 1)ez

z2(6)

f(x) = g(x) ∗ h(x)xL

−→(6),tabla

F (z) =2 + (z − 1)ez

z2

1

z2

=2 + zez − ez

z4=

2

z4+

ez

z3−

ez

z4

L−1

−→

f(x) =1

3h(x)x3 +

1

2h(x + 1)(x + 1)2 −

1

6h(x + 1)(x + 1)3

Ejemplo 5. Sea L una ODLCC cuyo s.f. causal es

E(t) = h(t)(1 − e−t) (7)

Se pide hallar una solucion causal de la ED

Lu(t) = h(t)t; −∞ < t < ∞ (8)

Como E(t) y h(t)t son ambas causales, existe E(t) ∗ h(t)t y sabemos que

u(t) = E(t) ∗ h(t)t es una solucion de (8) (9)

4

Para hallar este producto de convolucion aplicamos las reglas operacionales de la convolucion:

(9) =⇒ u′

gen(t) = E(t) ∗ h(t) =⇒ u′′

gen(t) = E(t) ∗ δ(t)

=⇒ u′′

gen(t) = E(t). (10)

Suponiendo que u(t) es Laplace transformable, tenemos

(10)L

−→ z2U(z) = Ξ(z) con E(t)L

−→ Ξ(z). (11)

Pero

E(t) = h(t) − h(t)e−t L−→

1

z−

1

z + 1=

1

z(z + 1)

entonces (11) da

z2U(z) =1

z(z + 1)=⇒ U(z) =

1

z3(z + 1)

=⇒ U(z) =1

z3−

1

z2+

1

z−

1

z + 1L−1

−→ u(t) =1

2h(t)t2 − h(t)t + h(t) − h(t)e−t

=⇒ u(t) = h(t)

(

1

2t2 − t + 1 − e−t

)

,

que es causal.

Dejamos al lector verificar que L =d2

dt2+

d

dty que u(t) es solucion de (8).

Ejemplo 6. Buscamos una solucion causal de

h(t) sen(2t) ∗ u(t) = f(t) −∞ < t < ∞

donde

f(t) =

{

1; −1 < t < 1

0; otro t

−1 10 t

f(t)1

5

Manera 1. Hallemos primero la s.f. causal de h(t) sen(2t)∗. Tenemos

h(t) sen(2t) ∗ E(t) = δ(t)L

−→2

z2 + 4Ξ(z) = 1

=⇒ Ξ(z) =1

2z2 + 2

L−1

−→ E(t) =1

2δ′′(t) + 2δ(t),

luego

u(t) =

[

1

2δ′′(t) + 2δ(t)

]

∗ f(t) =1

2f ′′

gen(t) + 2f(t). (12)

Pero f ′

gen(t) = δ−1(t) − δ1(t) =⇒ f ′′

gen(t) = δ′−1(t) − δ′1(t), luego con (12)

u(t) =1

2δ′−1(t) −

1

2δ′1(t) + 2f(t),

listo.

Manera 2. Aplicando directamente la TL a la EC resulta

2

z2 + 4U(z) = F (z). (13)

Pero f ′

gen(t) = δ−1(t) − δ1(t)L

−→ zF (z) = ez − e−z =⇒ F (z) = ez−e−z

zluego con (13)

U(z) =z2 + 4

2

ez − e−z

z=

1

2

(

z +4

z

)

(

ez − e−z)

=1

2zez −

1

2ze−z +

2

zez −

2

ze−z L−1

−→1

2δ′−1(t) −

1

2δ′1(t) + 2h(t + 1) − 2h(t − 1)

=1

2δ′−1(t) −

1

2δ′1(t) + 2f(t).

Ejemplo 7. Sea la ED lineal con coeficientes variables

(1 − t)u′′(t) + tu′(t) − u(t) = 0; −∞ < t < ∞ (14)

Si existe solucion causal y Laplace transformable u(t), la podemos encontrar mediante la

TL. Tenemos la regla operacional tnf(t)L

−→ (−1)nF (n)(z), de modo que

−tu′′(t)L

−→ (z2U(z))′, tu′(t)L

−→ −(zU(z))′,

es decir,

−tu′′(t)L

−→ 2zU(z) + z2U ′(z), tu′(t)L

−→ −U(z) − zU ′(z)

y

(14)L

−→ (z2 − z)U ′(z) + (z2 + 2z − 2)U(z) = 0

6

=⇒ U ′(z) = −z2 + 2z − 2

z(z − 1)U(z) =⇒

dU

U= −1 −

2

z−

1

z − 1

=⇒ U(z) = Ae−z

z2(z − 1), A ∈ C arbitraria

=⇒ U(z) = Ae−z

(

−1

z2−

1

z+

1

z − 1

)

L−1

−→ u(t) = Ah(t − 1)(et−1 − t). (15)

Sustitucion de (15) en (14) muestra que A(et−1 − t) es solucion de (14). La solucion

general clasica de (14) es Bet + ct (B,C ∈ C arbitraria). La TL nos ha producido una

solucion particular de (14)

7